微积分与线代讲义（二）：积分与它的应用

上一篇讲导数：已知函数，求它变化的快慢。这一篇反过来讲积分。积分要回答两个看起来毫不相干的问题。微积分最重要的发现之一，就是在一定的条件下，这两个问题可以由一个定理连接起来。注意它们并不是同一个问题：有些函数能算积分，却没有原函数，这一点后面会讲到。

本篇的安排：

• 开始之前：讲清两个问题，以及连接它们的牛顿—莱布尼茨公式。读完这一节，就知道后面那么多技巧是为了什么。
• 第一到第五节：“找原函数”的工具箱。基本积分表、凑微分、分部积分、有理函数、三角与根式代换。
• 第六、七节：定积分自己的技巧。对称性、周期性、变限积分和反常积分。
• 第八、九节：应用。面积、体积、弧长、旋转曲面，以及做功、压力、质心。
• 第十节：原函数写不出来时，怎样把积分算出数值，并且知道误差有多大。
• 第十一、十二节（选读）：积分和极限什么时候能交换次序，为什么数学家又发明了新的积分；分部积分怎样引出“广义的导数”。

标注框的含义和第一篇相同。第一篇讲过的内容（导数公式、链式法则、三角恒等式、泰勒展开、中值定理等）会直接使用，用到的地方会用“回顾”框提醒一下。

前两篇反复用同一个例子：$y=x^2$。第一篇算出了它的切线斜率 $2x$，这一篇要算出它在 $[0,1]$ 上围出的面积 $\frac13$，而且要用两种完全不同的办法算，看看两者为什么得到同一个答案。

开始之前：两个问题与一座桥#

问题一：已知导数，求原来的函数#

如果知道一辆车每一时刻的速度 $v(t)$，能不能求出它的位置 $s(t)$？这是“求导”倒过来的问题。

定义 如果在某个区间上 $F'(x)=f(x)$，就说 $F$ 是 $f$ 的一个原函数。$f$ 的全体原函数叫 $f$ 的不定积分，记作

$$\int f(x)\,dx=F(x)+C.$$

$\int$ 是积分号，$f(x)$ 叫被积函数，$dx$ 表示对 $x$ 积分，$C$ 是任意常数。

比如 $(x^2)'=2x$，所以 $x^2$ 是 $2x$ 的一个原函数；$x^2+1$、$x^2-7$ 也都是，因为常数的导数是 $0$。于是 $\int2x\,dx=x^2+C$。

问题二：把无数小块加起来#

曲线 $y=f(x)$（先设 $f\ge0$）、$x$ 轴和直线 $x=a$、$x=b$ 围成一块区域。它的面积是多少？

矩形的面积会算，曲边的不会。办法是：

1. 分割：把 $[a,b]$ 切成 $n$ 小段，每段宽 $\Delta x=\frac{b-a}n$；
2. 近似：在第 $i$ 段里任取一点 $\xi_i$，用高为 $f(\xi_i)$ 的矩形近似这一条，面积约为 $f(\xi_i)\Delta x$；
3. 求和：$\displaystyle S_n=\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i)\Delta x$；
4. 取极限：切得越细，近似越好，令 $n\to\infty$。

图 1：把区间切成小段，每段用一个矩形近似。矩形越窄，总面积越接近曲边区域的面积。

这个和叫黎曼和。如果切得越来越细时，不管怎么切、怎么取 $\xi_i$，黎曼和都趋于同一个数，就把这个数叫做 $f$ 在 $[a,b]$ 上的定积分：

$$\int_a^bf(x)\,dx=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i)\Delta x.$$

记号本身就是这个过程的缩写：$\int$ 是拉长的 S（sum，求和），$f(x)\,dx$ 是“高 × 宽”的一个小矩形。

“切得越来越细”要说准确：如果各段宽度不相等，要求的是最宽的那一段宽度趋于 $0$，并把和中的 $\Delta x$ 换成各段自己的宽度 $\Delta x_i$。只让段数 $n\to\infty$ 还不够。比如一直保留 $[0,\frac12]$ 这一整段不动，只把 $[\frac12,1]$ 越切越细，段数照样趋于无穷，可是第一段永远那么宽。对 $f(x)=x$，第一段宽 $\frac12$：取左端点 $0$，高 $f(0)=0$，这一块面积是 $0$；取右端点 $\frac12$，高 $f\left(\frac12\right)=\frac12$，面积是 $\frac12\times\frac12=\frac14$。其余各段的取法保持一样，那么两个黎曼和只在第一项上不同，永远差 $\frac14$，不管后面切得多细，都不会趋于同一个数。

哪些函数可以积分？ 闭区间上的连续函数一定可积（证明在本节最后的选读部分）；只有有限个间断点的有界函数也可积。本篇先讨论这样的“正常”定积分；第七节再讨论区间无限长、或者函数无界的情形。

带符号的面积。 如果 $f$ 有负的部分，$f(\xi_i)\Delta x$ 就是负数。所以定积分算的是“$x$ 轴上方的面积减去下方的面积”。比如 $\int_0^{2\pi}\sin x\,dx=0$：上半拱面积是 $2$，下半拱面积也是 $2$，相互抵消。（面积为什么恰好是 $2$，学完下面的牛顿—莱布尼茨公式就能算出来：$-\cos x$ 的导数是 $\sin x$，记号 $[F(x)]_a^b$ 表示 $F(b)-F(a)$，于是 $\int_0^\pi\sin x\,dx=[-\cos x]_0^\pi=(-\cos\pi)-(-\cos0)=-(-1)-(-1)=1+1=2$。）

图 2：定积分是带符号的面积。sin x 在 [0, 2π] 上，上方 +2，下方 −2，积分为 0。

不用任何新工具，硬算 $y=x^2$ 下的面积#

先只用定义，算 $y=x^2$ 在 $[0,1]$ 上的面积。这样能看清楚：直接求和是可以算的，但很费事，这正是后面要找通用方法的原因。

把 $[0,1]$ 分成 $n$ 等份，分点是 $0,\frac1n,\frac2n,\dots,\frac{n-1}n,1$。第 $k$ 个小区间是 $\left[\frac{k-1}n,\frac kn\right]$。$x^2$ 在 $[0,1]$ 上递增，所以在每个小区间上，左端点的函数值最小，右端点的最大。

• 每段取左端点，矩形都在曲线下方，总面积记为 $L_n$（下和）；
• 每段取右端点，矩形都在曲线上方，总面积记为 $U_n$（上和）。

$$L_n=\frac1n\left[0^2+\left(\frac1n\right)^2+\cdots+\left(\frac{n-1}n\right)^2\right],\qquad U_n=\frac1n\left[\left(\frac1n\right)^2+\left(\frac2n\right)^2+\cdots+\left(\frac nn\right)^2\right].$$

两个括号里，从 $\left(\frac1n\right)^2$ 到 $\left(\frac{n-1}n\right)^2$ 的项完全相同，相减时全部抵消，只剩 $U_n$ 的最后一项减去 $L_n$ 的第一项：

$$U_n-L_n=\frac1n\left[\left(\frac nn\right)^2-0^2\right]=\frac1n.$$

实际的面积夹在 $L_n$ 和 $U_n$ 之间，而两者只差 $\frac1n$。所以只要算出一边的极限，面积就确定了。

先化简 $U_n$。括号里每一项是 $\left(\frac kn\right)^2=\frac{k^2}{n^2}$，分母都是 $n^2$，提到括号外，和前面的 $\frac1n$ 相乘：

$$U_n=\frac1n\left[\frac{1^2}{n^2}+\frac{2^2}{n^2}+\cdots+\frac{n^2}{n^2}\right]=\frac1n\cdot\frac1{n^2}\left(1^2+2^2+\cdots+n^2\right)=\frac1{n^3}\left(1^2+2^2+\cdots+n^2\right).$$

括号里是平方和，需要平方和公式：

$$1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6.$$

于是 $U_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}$。把分子乘开：$n(n+1)(2n+1)=(n^2+n)(2n+1)=2n^3+n^2+2n^2+n=2n^3+3n^2+n$。再逐项除以 $6n^3$：

$$U_n=\frac{2n^3}{6n^3}+\frac{3n^2}{6n^3}+\frac{n}{6n^3}=\frac13+\frac1{2n}+\frac1{6n^2}\to\frac13,$$ $$L_n=U_n-\frac1n=\frac13-\frac1{2n}+\frac1{6n^2}\to\frac13.$$

真实面积夹在两者之间，$L_n\le\text{面积}\le U_n$，两边都趋于 $\frac13$，由夹逼定理，面积是 $\frac13$。这个计算还附带了误差：右端和比真实面积多 $\frac1{2n}+\frac1{6n^2}$。

问题在于，换一条曲线，比如 $e^{-x^2}$，就没有这么方便的求和公式了。古人也能算出抛物线下的面积，但每换一条曲线都要重新想办法。我们需要一个对所有曲线都适用的方法。下面的牛顿—莱布尼茨公式就是这个方法。

定积分的基本性质#

下面这些性质，都可以从“黎曼和取极限”直接看出来：

1. 线性：$\int_a^b[\alpha f+\beta g]\,dx=\alpha\int_a^bf\,dx+\beta\int_a^bg\,dx$。和的极限等于极限的和。
2. 区间可加：$\int_a^bf\,dx=\int_a^cf\,dx+\int_c^bf\,dx$。把区域在 $x=c$ 处切成两块。
3. 约定：$\int_a^af\,dx=0$，$\int_b^af\,dx=-\int_a^bf\,dx$。有了这个约定，第 2 条对 $c$ 在 $[a,b]$ 外面也成立。

为什么第 2 条对外面的 $c$ 也成立？比如 $a<b<c$。这时 $b$ 在 $a$、$c$ 之间，按原来的切法，$\int_a^cf\,dx=\int_a^bf\,dx+\int_b^cf\,dx$，移项得

$$\int_a^bf\,dx=\int_a^cf\,dx-\int_b^cf\,dx=\int_a^cf\,dx+\int_c^bf\,dx,$$

最后一步用了约定 $-\int_b^cf\,dx=\int_c^bf\,dx$。形式和 $c$ 在中间时一样。代数字检验：$f=1$，$a=0$，$b=1$，$c=2$，左边 $\int_0^11\,dx=1$，右边 $\int_0^21\,dx+\int_2^11\,dx=2+(-1)=1$。

4. 比较：若在 $[a,b]$ 上 $f\le g$（这里 $a<b$），则 $\int_a^bf\le\int_a^bg$。

   $a<b$ 这个条件不能省。按第 3 条的约定，$\int_0^{-1}1\,dx=-\int_{-1}^01\,dx=-1$，而 $\int_0^{-1}0\,dx=0$。被积函数 $0\le1$，积分却是 $0>-1$，不等号反了：上下限颠倒，相当于整个积分乘了 $-1$。第 5、6 条同样默认 $a<b$。

由比较性质可以推出一个常用的不等式：$\left\lvert\int_a^bf\,dx\right\rvert\le\int_a^b\lvert f\rvert\,dx$，正负抵消只会让总和的绝对值变小。推导：对每个 $x$ 都有 $-\lvert f(x)\rvert\le f(x)\le\lvert f(x)\rvert$，两边分别用比较性质：

$$-\int_a^b\lvert f\rvert\,dx\le\int_a^bf\,dx\le\int_a^b\lvert f\rvert\,dx.$$

一个数 $X$ 夹在 $-M$ 和 $M$ 之间，就是 $\lvert X\rvert\le M$。

5. 估值：若在 $[a,b]$ 上 $m\le f\le M$（$a<b$），则 $m(b-a)\le\int_a^bf\,dx\le M(b-a)$。曲边区域被夹在两个矩形之间。

推导：对 $m\le f(x)\le M$ 用比较性质，$\int_a^bm\,dx\le\int_a^bf\,dx\le\int_a^bM\,dx$。常数 $c$ 的积分是宽 $b-a$、高 $c$ 的矩形面积，$\int_a^bc\,dx=c(b-a)$，所以两端分别是 $m(b-a)$ 和 $M(b-a)$。

6. 积分中值定理：若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，则存在 $\xi\in[a,b]$，使

$$\int_a^bf(x)\,dx=f(\xi)(b-a).$$

比如 $f(x)=x^2$，$[a,b]=[0,1]$：上面算出 $\int_0^1x^2\,dx=\frac13$，所以要 $\xi^2\cdot1=\frac13$，$\xi=\frac1{\sqrt3}\approx0.577$，确实在 $[0,1]$ 里。

图 3：曲边区域的面积，等于某个高度为 f(ξ) 的矩形面积。这个高度就是 f 在 [a, b] 上的平均值。

一个常用的积分不等式。 由比较性质还能推出柯西—施瓦茨不等式：若 $f$、$g$ 在 $[a,b]$ 上连续（$a<b$），则

$$\left(\int_a^bf(x)g(x)\,dx\right)^2\le\int_a^bf(x)^2\,dx\cdot\int_a^bg(x)^2\,dx.$$

比如 $[0,1]$ 上 $f(x)=x$，$g(x)=1$：左边 $\left(\int_0^1x\,dx\right)^2=\left(\frac12\right)^2=\frac14$（$\int_0^1x\,dx$ 是底 $1$ 高 $1$ 的三角形面积），右边 $\int_0^1x^2\,dx\cdot\int_0^11\,dx=\frac13\cdot1=\frac13$。确实 $\frac14\le\frac13$。

例 取 $g=1$。这时 $\int_a^bg^2\,dx=\int_a^b1\,dx=b-a$，不等式变成

$$\left(\int_a^bf\,dx\right)^2\le(b-a)\int_a^bf^2\,dx.$$

两边除以正数 $(b-a)^2$。左边 $\frac1{(b-a)^2}\left(\int_a^bf\,dx\right)^2=\left(\frac1{b-a}\int_a^bf\,dx\right)^2$，右边约掉一个 $b-a$：

$$\left(\frac1{b-a}\int_a^bf\,dx\right)^2\le\frac1{b-a}\int_a^bf^2\,dx.$$

左边是 $f$ 的平均值的平方，右边是 $f^2$ 的平均值：“平均值的平方不超过平方的平均值”。

桥：牛顿—莱布尼茨公式#

两个问题，一个是“倒着求导”，一个是“切细了求和”。它们的联系藏在下面这个函数里。

固定下限 $a$，让上限变化，定义

$$\Phi(x)=\int_a^xf(t)\,dt.$$

$\Phi(x)$ 是从 $a$ 到 $x$ 这一段曲线下的面积，随 $x$ 变化。（积分变量换成 $t$，是为了不和上限 $x$ 混淆。积分变量用什么字母都一样。）

微积分基本定理 若 $f$ 在区间上连续，则 $\Phi'(x)=f(x)$。

比如 $f(t)=2t$，$a=0$。$\Phi(x)=\int_0^x2t\,dt$ 是底 $x$、高 $2x$ 的三角形面积（$x>0$），等于 $\frac12\cdot x\cdot2x=x^2$。求导得 $\Phi'(x)=2x=f(x)$，和定理说的一样。

图 4：上限从 x 移到 x + h，面积增加了一窄条，宽 h、高约为 f(x)。所以面积的增长速度就是曲线的高度。

这个定理说明：连续函数一定有原函数，$\Phi$ 就是一个。由此马上得到计算定积分的公式。

牛顿—莱布尼茨公式 若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，$F$ 是 $f$ 的任意一个原函数，则

$$\int_a^bf(x)\,dx=F(b)-F(a)=\Big[F(x)\Big]_a^b.$$

记号 $\Big[F(x)\Big]_a^b$ 就是“代入上限减去代入下限”：$F(b)-F(a)$。比如 $\Big[x^2\Big]_1^3=3^2-1^2=8$。做题时先把原函数写在方括号里，再代数相减。

例 $\displaystyle\int_0^1x^2\,dx=\left[\frac{x^3}3\right]_0^1=\frac13-0=\frac13$。

上面硬算用了平方和公式和取极限，这里一行就算完了，前提是能找到原函数。这就是接下来五节都在练习“找原函数”的原因。

基本定理的第二种证明：中间的点全部抵消#

上面的证明从“面积函数的增长速度”出发。还有一种证明从“把变化量加起来”出发，两种角度可以互相补充。

设 $F'=f$，$f$ 在 $[a,b]$ 上连续。任取一个分割 $a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b$。下面这个等式是精确成立的：

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

右边展开后，中间的 $F(x_1)$、$F(x_2)$、……都一正一负抵消，只剩 $F(x_n)-F(x_0)=F(b)-F(a)$。

记第 $i$ 段的宽度 $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$。在每个小区间上用拉格朗日中值定理：存在 $\xi_i\in(x_{i-1},x_i)$，使

$$F(x_i)-F(x_{i-1})=F'(\xi_i)(x_i-x_{i-1})=f(\xi_i)\Delta x_i.$$

把这 $n$ 个等式代进上面的方括号，所以

$$F(b)-F(a)=\sum_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i.$$

右边正是一个黎曼和。这里的 $\xi_i$ 是中值定理挑出来的点，不是我们随便取的，但没关系：$f$ 连续，所以可积，按定义不管每段取哪一点，只要最宽的一段趋于 $0$，黎曼和都趋于 $\int_a^bf\,dx$。分割越来越细时，右边趋于 $\int_a^bf\,dx$，而左边 $F(b)-F(a)$ 和分割无关，始终不变，所以两者相等。注意这里每一小段用的都是中值定理给出的等式，不是近似。

这个证明换了一种看法：一段一段的变化量加起来时，中间的分点全部抵消，只剩两个端点。第三节的分部积分会留下一个端点项 $[uv]_a^b$，也是这样来的。

求导和积分互逆，为什么还留下一个常数#

把“从 $a$ 积分到 $x$”和“求导”都看成对函数的操作：输入一个函数，输出一个新函数。记

$$(I_af)(x)=\int_a^xf(t)\,dt,\qquad DF=F'.$$

$I_af$ 是“把 $f$ 从 $a$ 积分到 $x$”得到的新函数，$(I_af)(x)$ 是这个新函数在 $x$ 处的值；$DF$ 是“对 $F$ 求导”得到的新函数。$I_a$、$D$ 是对函数做的操作，不是数，和 $f$ 之间也不是乘法。

对连续的 $f$，基本定理说 $D(I_af)=f$：先积分再求导，回到原来的函数。

反过来，对有连续导数的 $F$，先求导再积分。写出在 $x$ 处的值，再用牛顿—莱布尼茨公式（$F'$ 的原函数是 $F$）：

$$(I_a(DF))(x)=\int_a^x(DF)(t)\,dt=\int_a^xF'(t)\,dt=\Big[F(t)\Big]_a^x=F(x)-F(a).$$

所以 $I_a(DF)=F-F(a)$：得到的是 $F$ 减去一个常数 $F(a)$，原来的“起点高度”丢了。比如 $a=0$，$F(x)=x^2+3$：求导得 $2x$，常数 $3$ 变成了 $0$；再积分，$\int_0^x2t\,dt=x^2$，得到的是 $x^2$，不是 $x^2+3$，正好是 $F(x)-F(0)$。

两者不完全对称，原因是：求导把所有的常数都变成 $0$，从导数里看不出原来的函数在 $a$ 处有多高。（第三篇线性代数会把“被一个操作变成 $0$ 的全体”叫这个操作的核。求导的核就是所有常数函数。）

这就是 $+C$ 的来历，也是微分方程需要“初始条件”的最简单的例子。$F'=f$ 只给出了变化规律：两边从 $a$ 积分到 $x$，由上面的式子，$F(x)-F(a)=\int_a^xf(t)\,dt$。再加上 $F(a)=c$，补回被求导丢掉的那个信息，答案才唯一确定：

$$F(x)=c+\int_a^xf(t)\,dt.$$

定义域如果不是一个区间（比如前面的 $\frac1x$），每一段上的常数可以各自选择，原因见“开始之前”问题一的 WHY 框。

原函数一定存在吗？能写出来吗？#

上面证明了：连续函数一定有原函数。反过来要小心。

有跳跃间断点的函数没有原函数。 跳跃间断点处，函数值“跳过”了一段，违反达布定理，所以它不可能是任何函数的导数。比如符号函数（$x>0$ 为 $1$，$x<0$ 为 $-1$，$x=0$ 为 $0$）：在 $(-1,1)$ 里，$x=-\frac12$ 处的值是 $-1$，$x=\frac12$ 处的值是 $1$。如果它是某个函数的导数，由达布定理，它在 $-\frac12$ 和 $\frac12$ 之间要取到 $-1$ 和 $1$ 之间的每一个值，比如 $\frac12$。可它只取 $-1$、$0$、$1$ 三个值，取不到 $\frac12$。所以它在 $(-1,1)$ 上没有原函数。

有可去间断点的函数也没有原函数。 比如 $h(x)=0$（$x\ne0$），$h(0)=1$。它只取 $0$ 和 $1$ 两个值，取不到中间的 $\frac12$，同样违反达布定理。

振荡间断点的函数可能有原函数。 第一篇第八节的 $f(x)=x^2\sin\frac1x$（$f(0)=0$）处处可导。在 $0$ 处用定义：

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin\frac1x-0}{x}=\lim_{x\to0}x\sin\frac1x=0,$$

因为 $-\lvert x\rvert\le x\sin\frac1x\le\lvert x\rvert$，两边都趋于 $0$（夹逼）。在别处用乘积法则和链式法则：

$$f'(x)=2x\sin\frac1x+x^2\cos\frac1x\cdot\left(-\frac1{x^2}\right)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x.$$

所以 $g(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x$（$g(0)=0$）有原函数 $f$。而 $g$ 在 $0$ 处没有极限：$2x\sin\frac1x\to0$，但 $\cos\frac1x$ 在 $x=\frac1{2k\pi}$ 处等于 $1$，在 $x=\frac1{(2k+1)\pi}$ 处等于 $-1$，这两串点都趋于 $0$，函数值却一直在 $1$ 和 $-1$ 之间来回。所以 $g$ 在 $0$ 处有振荡间断点，却有原函数。

能写出来吗？ 有原函数是一回事，原函数能不能用初等函数写出来是另一回事。$e^{-x^2}$、$\frac{\sin x}x$（在 $0$ 处补成 $1$）、$\frac1{\ln x}$（在 $(1,+\infty)$ 上）、$\sqrt{1+x^3}$（在 $(-1,+\infty)$ 上）都是连续函数，原函数都存在，但都不是初等函数。

三个问题要分开：可积、有原函数、能写成初等函数#

问题	问的是什么
在 $[a,b]$ 上可积吗？	黎曼和能不能趋于一个确定的数，和怎么切、怎么取点无关
在区间上有原函数吗？	能不能找到一个函数 $F$，处处满足 $F'=f$
原函数能写成初等函数吗？	能不能用有限次加减乘除、乘方开方、指数对数、三角反三角写出来

三者互不包含：

可积，但没有原函数。 $f(x)=0$（$x<0$），$f(x)=1$（$x\ge0$）。它在 $[-1,1]$ 上只有一个间断点，可积；但它有跳跃间断点，所以在 $(-1,1)$ 上没有原函数。不过面积函数 $A(x)=\int_{-1}^xf(t)\,dt$ 仍然存在。$-1\le x<0$ 时被积函数都是 $0$，$A(x)=0$；$x\ge0$ 时拆成两段，$A(x)=\int_{-1}^00\,dt+\int_0^x1\,dt=0+x=x$。$A$ 在 $0$ 处有一个折角：左导数 $\lim\limits_{x\to0^-}\frac{0-0}{x}=0$，右导数 $\lim\limits_{x\to0^+}\frac{x-0}{x}=1$，不相等，所以不可导。

有原函数，但不是正常可积。 $F(x)=x^2\sin\frac1{x^2}$（$F(0)=0$）。在 $0$ 处，$\frac{F(x)-F(0)}{x}=x\sin\frac1{x^2}$，夹在 $\pm\lvert x\rvert$ 之间，趋于 $0$，所以 $F'(0)=0$。别处用乘积法则和链式法则，$\left(\frac1{x^2}\right)'=-\frac2{x^3}$：

$$F'(x)=2x\sin\frac1{x^2}+x^2\cos\frac1{x^2}\cdot\left(-\frac2{x^3}\right)=2x\sin\frac1{x^2}-\frac2x\cos\frac1{x^2}.$$

所以 $F$ 处处可导。但 $F'$ 在 $0$ 附近无界：取 $x_k=\frac1{\sqrt{2k\pi}}$，这时 $\frac1{x_k^2}=2k\pi$，$\sin2k\pi=0$，$\cos2k\pi=1$，$F'(x_k)=-\frac2{x_k}=-2\sqrt{2k\pi}$，$k$ 越大绝对值越大，没有上限。正常的定积分要求函数有界：否则在含 $0$ 的那一小段里，总能挑一个 $\lvert F'\rvert$ 极大的点当 $\xi_i$，单这一项 $F'(\xi_i)\Delta x_i$ 就能任意大，黎曼和不会趋于一个确定的数。所以 $F'$ 在 $[-1,1]$ 上不是正常可积的，尽管它有原函数 $F$。（无界的函数怎样积分，是第七节反常积分的话题。）

连续，但原函数不是初等函数。 $e^{-x^2}$。

遇到一个积分时，先想清楚自己在问哪一个问题。基本定理在 $f$ 连续时把前两个问题连了起来，但它不保证第三个问题的答案是肯定的。

用定义计算和式的极限#

牛顿—莱布尼茨公式让我们用原函数算定积分。反过来，定积分的定义也能帮我们算一类和式的极限。

取 $[0,1]$，等分成 $n$ 段，分点是 $0,\frac1n,\frac2n,\dots,\frac nn=1$，$\Delta x=\frac1n$。第 $i$ 段是 $\left[\frac{i-1}n,\frac in\right]$，取右端点 $\xi_i=\frac in$，黎曼和是 $\sum_{i=1}^n f\left(\frac in\right)\frac1n$。$f$ 连续时，$n\to\infty$ 时它趋于定积分，所以

$$\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{i=1}^nf\left(\frac in\right)=\int_0^1f(x)\,dx.$$

例 求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac1{n+1}+\frac1{n+2}+\cdots+\frac1{n+n}\right)$。

第 1 步，每一项提出 $\frac1n$，凑出 $\frac in$：

$$\frac1{n+i}=\frac1n\cdot\frac{1}{1+\frac in}.$$

第 2 步，所以和式就是

$$\sum_{i=1}^n\frac1{n+i}=\sum_{i=1}^n\frac1n\cdot\frac1{1+\frac in}=\frac1n\sum_{i=1}^n f\left(\frac in\right),\qquad f(x)=\frac1{1+x}.$$

第 3 步，极限等于 $\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{1+x}$（$\int\frac{1}{1+x}\,dx$ 的习惯写法，把 $dx$ 写到分子上）。$(\ln(1+x))'=\frac1{1+x}$，所以

$$\int_0^1\frac{dx}{1+x}=\Big[\ln(1+x)\Big]_0^1=\ln2-\ln1=\ln2.$$

连续函数为什么一定可积（选读）#

前面只是说“闭区间上的连续函数一定可积”。这里给出证明。要证明的是：不管怎么切（只要最宽的一段趋于 $0$）、每段里怎么取点，黎曼和都趋于同一个数。

第一步：一致连续。 连续的意思是：在每一点 $x$ 附近，函数值变化很小。但“附近”有多近，可能随 $x$ 而变。比如 $\frac1x$ 在 $(0,1)$ 上连续，要让函数值变化小于 $0.01$：在 $x=0.5$ 处，$\frac1x=2$，要 $\frac1y$ 落在 $2\pm0.01$ 里，$y$ 要在 $\left(\frac1{2.01},\frac1{1.99}\right)\approx(0.4975,0.5025)$ 里，允许偏离约 $0.0025$；在 $x=0.01$ 处，$\frac1x=100$，要 $\frac1y$ 落在 $100\pm0.01$ 里，$y$ 要在 $\left(\frac1{100.01},\frac1{99.99}\right)$ 里，允许偏离只有约 $10^{-6}$。$x$ 越靠近 $0$，需要的范围越窄，趋于 $0$，找不到一个对所有 $x$ 都管用的范围。

闭区间上的连续函数有一个更强的性质，叫一致连续：对任意 $\varepsilon>0$，能找到一个与位置无关的 $\delta>0$，使区间里任意两点 $x$、$y$ 只要 $\lvert x-y\rvert<\delta$，就有 $\lvert f(x)-f(y)\rvert<\varepsilon$。

比如 $f(x)=x^2$ 在 $[0,1]$ 上：$\lvert x^2-y^2\rvert=\lvert x+y\rvert\cdot\lvert x-y\rvert\le2\lvert x-y\rvert$（$x,y\le1$），所以取 $\delta=\frac\varepsilon2$，不管在区间的哪个位置都管用。

定理 闭区间上的连续函数一致连续。

证明（反证法）。 假设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，却不一致连续。“不一致连续”是说：有某个误差 $\varepsilon_0>0$，对它找不到通用的 $\delta$。也就是说，不管 $\delta$ 取多小，总有一对点距离小于 $\delta$、函数值却相差至少 $\varepsilon_0$。

把 $\delta$ 依次取成 $1,\frac12,\frac13,\dots$。取 $\delta=1$，能找到一对点 $x_1$、$y_1$；取 $\delta=\frac12$，能找到一对点 $x_2$、$y_2$；一般地，取 $\delta=\frac1n$，得到点对 $x_n$、$y_n$：

$$\lvert x_n-y_n\rvert<\frac1n,\qquad\lvert f(x_n)-f(y_n)\rvert\ge\varepsilon_0.$$

这些点对挨得越来越近，函数值的差却始终不小于 $\varepsilon_0$。

由上面的回顾，$x_1,x_2,x_3,\dots$ 有收敛的子列。比如挑出第 $2$、$5$、$9$……项，记 $n_1=2$、$n_2=5$、$n_3=9$……，挑出的点记作 $x_{n_k}$，它们趋于区间里的某一点 $c$。和 $x_{n_k}$ 配对的 $y$ 也按同样的编号挑出来，记作 $y_{n_k}$。它也趋于 $c$：中间插进 $x_{n_k}$，用三角不等式，

$$\lvert y_{n_k}-c\rvert\le\lvert y_{n_k}-x_{n_k}\rvert+\lvert x_{n_k}-c\rvert<\frac1{n_k}+\lvert x_{n_k}-c\rvert\to0,$$

因为编号 $n_k\to\infty$，$\frac1{n_k}\to0$，而 $x_{n_k}\to c$。

$f$ 在 $c$ 处连续，所以 $f(x_{n_k})\to f(c)$，$f(y_{n_k})\to f(c)$，两者之差趋于 $f(c)-f(c)=0$。可是每一对都满足 $\lvert f(x_{n_k})-f(y_{n_k})\rvert\ge\varepsilon_0>0$，一串都不小于 $\varepsilon_0$ 的数不可能趋于 $0$，矛盾。所以 $f$ 一致连续。

第二步：上和与下和越来越接近。 任取一个分割 $P$：$a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b$，第 $i$ 段宽 $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$，记最宽一段的宽度为 $\lVert P\rVert$。在第 $i$ 段上，$f$ 连续，由最值定理有最小值 $m_i$ 和最大值 $M_i$。定义下和与上和：

$$L(P)=\sum_i m_i\Delta x_i,\qquad U(P)=\sum_i M_i\Delta x_i.$$

下和是一排全在曲线下方的矩形的面积，上和是一排把曲线盖住的矩形的面积（和“开始之前”硬算 $x^2$ 时的 $L_n$、$U_n$ 一样）。每段不管取哪个点 $\xi_i$，都有 $m_i\le f(\xi_i)\le M_i$，乘 $\Delta x_i$ 再加起来，任何黎曼和都夹在 $L(P)$ 和 $U(P)$ 之间。

要证的是：分割足够细时，$U(P)-L(P)$ 可以小于任意给定的正数，记作 $\eta$（读作 eta）。先倒着想需要什么。$U(P)-L(P)=\sum_i(M_i-m_i)\Delta x_i$，而各段宽度加起来，中间的分点一正一负抵消：

$$\sum_i\Delta x_i=(x_1-x_0)+(x_2-x_1)+\cdots+(x_n-x_{n-1})=x_n-x_0=b-a.$$

所以只要每一段的高差 $M_i-m_i$ 都小于 $\frac\eta{b-a}$，总差就小于 $\frac\eta{b-a}\cdot(b-a)=\eta$。

现在顺着做。由一致连续，对 $\frac{\eta}{b-a}$ 取 $\delta$，使距离小于 $\delta$ 的两点函数值相差小于 $\frac{\eta}{b-a}$。只要 $\lVert P\rVert<\delta$：第 $i$ 段里取到最大值的点和取到最小值的点都在这一段里，距离不超过 $\Delta x_i\le\lVert P\rVert<\delta$，所以 $M_i-m_i<\frac\eta{b-a}$。于是

$$U(P)-L(P)=\sum_i(M_i-m_i)\Delta x_i<\frac{\eta}{b-a}\sum_i\Delta x_i=\frac{\eta}{b-a}(b-a)=\eta.$$

第三步：找出那个共同的数。 还要说明上和、下和都趋于同一个确定的数。

• 把分割加细（加入新的分点），下和不会变小，上和不会变大：一段拆成两段，每段上的最小值不小于原来整段的最小值，最大值同理。
• 所以任何一个下和都不超过任何一个上和。设 $P_1$、$P_2$ 是两个分割，把它们的分点合在一起，得到更细的分割 $P^*$。$P^*$ 是 $P_1$ 加细得到的，也是 $P_2$ 加细得到的；同一个分割上下和不超过上和。所以 $L(P_1)\le L(P^*)\le U(P^*)\le U(P_2)$。

所有下和组成的集合有上界（任何一个上和都是它的上界），由确界原理，它有上确界，记为 $I$。$I$ 是所有下和的上界，所以 $L(P)\le I$；每个上和 $U(P)$ 也是所有下和的一个上界，而 $I$ 是最小的上界，所以 $I\le U(P)$。于是对每个分割，

$$L(P)\le I\le U(P).$$

任取一个黎曼和 $S(P)=\sum_if(\xi_i)\Delta x_i$，它也在 $L(P)$ 和 $U(P)$ 之间。$S(P)$ 和 $I$ 落在同一个区间 $[L(P),U(P)]$ 里，两者的距离不超过这个区间的长度：

$$\lvert S(P)-I\rvert\le U(P)-L(P).$$

由第二步，$\lVert P\rVert<\delta$ 时右边小于 $\eta$。所以只要分割足够细，不管每段怎么取点，黎曼和离 $I$ 都小于 $\eta$。这就证明了黎曼和趋于 $I$，即 $f$ 可积，$\int_a^bf=I$。

回头看这个证明用了什么：一致连续让我们能同时管住所有小段上的误差；确界原理保证那个共同的极限值存在。第八节讲“微元法”时，误差能加起来趋于 $0$，靠的也是这种对所有小段同时有效的控制。

在一个矩形上算一遍格林公式（选读）#

这一小节用到两个变量的函数（第四篇才会正式讲），只需要知道一点：对 $P(x,y)$，固定 $y$ 把它看成 $x$ 的函数求导，得到的叫偏导数，记作 $\frac{\partial P}{\partial x}$（$\partial$ 读作“偏”）；固定 $x$ 对 $y$ 求导，记作 $\frac{\partial P}{\partial y}$。比如 $P(x,y)=x^2y+3y^2$：把 $y$ 当常数，$\frac{\partial P}{\partial x}=2xy+0=2xy$；把 $x$ 当常数，$\frac{\partial P}{\partial y}=x^2+6y$。

设矩形 $\Omega=[a,b]\times[c,d]$（$a\le x\le b$，$c\le y\le d$），$P$、$Q$ 有连续的偏导数。沿矩形的边界逆时针走一圈，定义沿边界的积分 $\oint_{\partial\Omega}(P\,dx+Q\,dy)$ 为四条边上相应的一元积分之和。积分号上的圆圈表示沿一条首尾相接的闭合路线走一圈；$\partial\Omega$ 表示 $\Omega$ 的边界（$\partial$ 写在区域前面是“边界”的意思，和偏导数用的是同一个符号，含义不同）。逐条边算：

1. 底边 $y=c$，$x$ 从 $a$ 走到 $b$。$y$ 不变，没有竖直方向的变化，$dy=0$，$Q\,dy$ 这一项没有贡献，只剩 $\int_a^bP(x,c)\,dx$。
2. 右边 $x=b$，$y$ 从 $c$ 走到 $d$。$x$ 不变，$dx=0$，$P\,dx$ 没有贡献，只剩 $\int_c^dQ(b,y)\,dy$。
3. 顶边 $y=d$，$x$ 从 $b$ 倒着走回 $a$，所以下限是起点 $b$、上限是终点 $a$。由“上下限颠倒变号”，贡献 $\int_b^aP(x,d)\,dx=-\int_a^bP(x,d)\,dx$。
4. 左边 $x=a$，$y$ 从 $d$ 倒着走回 $c$。同理贡献 $\int_d^cQ(a,y)\,dy=-\int_c^dQ(a,y)\,dy$。

把含 $P$ 的两项、含 $Q$ 的两项分别合并：

$$\oint_{\partial\Omega}(P\,dx+Q\,dy)=\int_a^b[P(x,c)-P(x,d)]\,dx+\int_c^d[Q(b,y)-Q(a,y)]\,dy.$$

现在对方括号用一维的牛顿—莱布尼茨公式。固定 $x$，$P(x,y)$ 作为 $y$ 的函数，原函数关系给出

$$P(x,d)-P(x,c)=\int_c^d\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)\,dy,$$

而第一个方括号是 $P(x,c)-P(x,d)$，顺序正好相反，差一个负号：

$$P(x,c)-P(x,d)=-\left[P(x,d)-P(x,c)\right]=-\int_c^d\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)\,dy.$$

同理，固定 $y$，$Q(x,y)$ 作为 $x$ 的函数，$Q(b,y)-Q(a,y)=\int_a^b\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)\,dx$。代回去：

$$\oint_{\partial\Omega}(P\,dx+Q\,dy)=\int_c^d\left(\int_a^b\frac{\partial Q}{\partial x}\,dx\right)dy-\int_a^b\left(\int_c^d\frac{\partial P}{\partial y}\,dy\right)dx.$$

第一项先对 $x$ 积、再对 $y$ 积，第二项反过来。对连续函数，在矩形上两种先后次序得到同一个值（第四篇会讲），所以第二项也可以写成 $\int_c^d\left(\int_a^b\frac{\partial P}{\partial y}\,dx\right)dy$。两项的外层、内层都一样了，由线性性质合并成一个积分。把矩形切成许多小格、每格面积 $dx\,dy$、全部加起来的这种积分记作 $\iint_\Omega$，叫“二重积分”。合起来写成

$$\oint_{\partial\Omega}(P\,dx+Q\,dy)=\iint_\Omega\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dx\,dy.$$

这就是矩形上的格林公式。整个推导只用了一维的牛顿—莱布尼茨公式。

如果把很多小矩形拼成一个大区域，相邻两个小矩形的公共边会被沿相反的方向走两次，积分抵消，最后只剩大区域外面的边界。对一般的光滑边界，还要处理边缘那些不规则的小块，但抵消的道理是一样的。三维的长方体也一样，这里只说个大概（第四篇细讲）。设空间里每一点有一个流速 $(F_1,F_2,F_3)$，分别是沿 $x$、$y$、$z$ 方向的分量，这叫向量场；单位时间穿过一个面的流体总量叫流量。看长方体左右两个面 $x=a$ 和 $x=b$：从右面流出、从左面流入的量之差，被积函数是 $F_1(b,y,z)-F_1(a,y,z)$，由一维的公式它等于 $\int_a^b\frac{\partial F_1}{\partial x}\,dx$，于是这一对面的净流出量化成 $\frac{\partial F_1}{\partial x}$ 在整个体积上的积分。另外两对面同理，分别给出 $\frac{\partial F_2}{\partial y}$、$\frac{\partial F_3}{\partial z}$ 的体积积分。三项相加：穿出整个表面的流量等于 $\frac{\partial F_1}{\partial x}+\frac{\partial F_2}{\partial y}+\frac{\partial F_3}{\partial z}$ 在体积上的积分。这就是高斯公式。

怎样证明 $e^{-x^2}$ 积不出来（选读）#

只靠“试了很多方法都不行”，不能证明一个积分写不成初等函数。需要一个能判断“能不能”的定理。刘维尔理论给出了很多这样的判据，这里只用其中一个（证明要用到更多的代数，这里不讲，可以参考 Rosenlicht 的文章 Integration in Finite Terms）：

设 $p(x)$ 是不为常数的多项式，$q(x)$ 是有理函数（两个多项式之比）。那么 $q(x)e^{p(x)}$ 的原函数能写成初等函数，当且仅当存在有理函数 $r(x)$ 满足

$$r'(x)+p'(x)r(x)=q(x).$$

“当”的那一半很好理解：如果有这样的 $r$，那么 $\left(r e^p\right)'=r'e^p+rp'e^p=(r'+p'r)e^p=qe^p$，所以 $re^p$ 就是原函数。难的是“仅当”：它说如果有初等的原函数，就一定是这种形式。

对 $e^{-x^2}$：$q=1$，$p=-x^2$，$p'=-2x$。问题变成：有没有有理函数 $r$ 满足

$$r'-2xr=1?$$

$r$ 的分母不能有根。 把 $r$ 写成约分到底的 $\frac{P(x)}{Q(x)}$。假设分母 $Q$ 在某点 $x_0$ 处为 $0$。由因式定理，$x-x_0$ 是 $Q$ 的因式；设它最多能提出 $m$ 次（$m\ge1$），$Q(x)=(x-x_0)^mB(x)$，$B(x_0)\ne0$。记 $A(x)=\frac{P(x)}{B(x)}$，那么在 $x_0$ 附近

$$r=\frac{A(x)}{(x-x_0)^m},$$

并且 $A(x_0)\ne0$：约分到底，所以 $P(x_0)\ne0$，又 $B(x_0)\ne0$。（分母的根也可能是复数，比如 $x^2+1$ 的根是 $\pm i$；下面的论证对复数一字不改地成立，先只看实数的情形。）

用商的法则求导，分母 $\left[(x-x_0)^m\right]^2=(x-x_0)^{2m}$，再把分子两项分别除下去（$\frac{(x-x_0)^m}{(x-x_0)^{2m}}=\frac1{(x-x_0)^m}$，$\frac{(x-x_0)^{m-1}}{(x-x_0)^{2m}}=\frac1{(x-x_0)^{m+1}}$）：

$$r'=\frac{A'(x)(x-x_0)^m-A(x)\cdot m(x-x_0)^{m-1}}{(x-x_0)^{2m}}=\frac{A'(x)}{(x-x_0)^m}-\frac{mA(x)}{(x-x_0)^{m+1}}.$$

再减去 $2xr=\frac{2xA(x)}{(x-x_0)^m}$，它和 $r'$ 的第一项分母相同，合并：

$$r'-2xr=-\frac{mA(x)}{(x-x_0)^{m+1}}+\frac{A'(x)-2xA(x)}{(x-x_0)^m}.$$

如果 $r'-2xr=1$，两边乘上 $(x-x_0)^{m+1}$：

$$-mA(x)+(x-x_0)\left[A'(x)-2xA(x)\right]=(x-x_0)^{m+1}.$$

令 $x\to x_0$：左边第二项带因子 $x-x_0$，趋于 $0$，左边趋于 $-mA(x_0)\ne0$；右边趋于 $0$。矛盾。所以 $r$ 的分母没有实根。

分母没有实根，还不能说明它是常数（比如 $x^2+1$）。这里要用代数基本定理（下面第四节的选读部分会讲）：次数至少为 $1$ 的多项式在复数里一定有根。把上面的 $x_0$ 换成这个复数根，论证一字不改，同样矛盾。所以分母的次数只能是 $0$，即常数，$r$ 只能是多项式。

$r$ 也不能是多项式。 $r=0$ 不行：左边是 $0$。设 $r$ 是 $d$ 次的非零多项式（$d\ge0$），$r(x)=c_dx^d+\cdots+c_1x+c_0$，$c_d\ne0$。那么

$$-2xr=-2c_dx^{d+1}-2c_{d-1}x^d-\cdots-2c_0x,$$

最高次项是 $-2c_dx^{d+1}$。而 $r'=dc_dx^{d-1}+\cdots$ 最高只到 $d-1$ 次（$d=0$ 时 $r'=0$），够不着 $x^{d+1}$。所以 $r'-2xr$ 里的 $-2c_dx^{d+1}$ 没有东西能和它抵消，$r'-2xr$ 是 $d+1\ge1$ 次的多项式。一个至少一次的多项式不可能对所有 $x$ 都等于常数 $1$。

所以不存在这样的 $r$，由判据，$e^{-x^2}$ 的原函数不是初等函数。这个证明把“不可能”的原因摆在了明面上：判据把所有可能的初等原函数限制成了有理函数的问题，而这个问题被分母的根和多项式的次数完全排除了。

一、不定积分：基本积分表与系数#

不定积分 $\int f(x)\,dx$ 要找的是：哪个函数求导以后得到 $f(x)$。答案通常写成 $F(x)+C$。

基本积分表#

把第一篇第四节的基本导数表倒过来读，就得到下表。（$\int\frac{dx}{x}$ 是 $\int\frac1x\,dx$ 的习惯写法：把 $dx$ 写到分子上。$\cot x=\frac{\cos x}{\sin x}$ 是余切。）

积分	结果	求导验证
$\int x^n\,dx$	$\dfrac{x^{n+1}}{n+1}+C$，$n\ne-1$	$\left(\frac{x^{n+1}}{n+1}\right)'=x^n$
$\int\dfrac{dx}x$	$\ln\lvert x\rvert+C$	$(\ln\lvert x\rvert)'=\frac1x$
$\int e^x\,dx$	$e^x+C$	$(e^x)'=e^x$
$\int a^x\,dx$（$a>0$，$a\ne1$）	$\dfrac{a^x}{\ln a}+C$	$(a^x)'=a^x\ln a$
$\int\sin x\,dx$	$-\cos x+C$	$(-\cos x)'=\sin x$
$\int\cos x\,dx$	$\sin x+C$	$(\sin x)'=\cos x$
$\int\dfrac{dx}{\cos^2x}$	$\tan x+C$	$(\tan x)'=\frac1{\cos^2x}$
$\int\dfrac{dx}{\sin^2x}$	$-\cot x+C$	$(-\cot x)'=\frac1{\sin^2x}$
$\int\dfrac{dx}{1+x^2}$	$\arctan x+C$	$(\arctan x)'=\frac1{1+x^2}$
$\int\dfrac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$	$\arcsin x+C$	$(\arcsin x)'=\frac1{\sqrt{1-x^2}}$

每一条都在被积函数有定义的区间上使用（一般实数次幂先取 $x>0$），都可以求导检查。$a=1$ 时 $a^x=1$，积分就是 $x+C$，公式里的 $\ln a=0$ 不能做分母。幂函数的 $n=-1$ 必须单独列出，因为那时 $n+1=0$，不能做分母；这时的原函数是对数。

线性规则：和差可以逐项积分，常数因子可以提到外面：

$$\int[\alpha f(x)+\beta g(x)]\,dx=\alpha\int f(x)\,dx+\beta\int g(x)\,dx.$$

它成立是因为求导满足同样的规则：若 $F'=f$，$G'=g$，则 $(\alpha F+\beta G)'=\alpha f+\beta g$。

但是两个函数乘积的积分，不等于各自积分后相乘。比如 $\int x\cdot x\,dx=\int x^2\,dx=\frac{x^3}3+C$；而各自积分再相乘，$\left(\frac{x^2}2+C_1\right)\left(\frac{x^2}2+C_2\right)$，即使把常数都取成 $0$，也是 $\frac{x^4}4$。求导检查：$\left(\frac{x^3}3\right)'=x^2$ 对，$\left(\frac{x^4}4\right)'=x^3$ 不对。积分没有简单的乘积法则，这是积分比求导难的主要原因。第三节的分部积分是由乘积法则倒推出来的，但它只能把一个积分换成另一个积分，不能一步算完。

系数还原：求导会多乘什么，积分就要除掉什么#

例 $\int(2x-3)^4\,dx$。

如果直接写 $\frac{(2x-3)^5}5$，求导会怎样？外层求导给回 $(2x-3)^4$，但链式法则还要乘内层 $2x-3$ 的导数 $2$，得到 $2(2x-3)^4$，多了一倍。所以必须再除以 $2$：

$$\int(2x-3)^4\,dx=\frac{(2x-3)^5}{10}+C.$$

正式的换元也能看清这一点：令 $u=2x-3$，则 $du=2\,dx$，$dx=\frac{du}2$。积分变成

$$\frac12\int u^4\,du=\frac{u^5}{10}+C=\frac{(2x-3)^5}{10}+C.$$

一般规则：若 $\int f(u)\,du=F(u)+C$，则

$$\int f(ax+b)\,dx=\frac1aF(ax+b)+C\quad(a\ne0).$$

推导和上面一样：令 $u=ax+b$，$du=a\,dx$，$dx=\frac1a\,du$，于是 $\int f(ax+b)\,dx=\frac1a\int f(u)\,du=\frac1aF(ax+b)+C$。系数 $\frac1a$ 就是除掉内层的导数 $a$。验证：对右边求导，链式法则给出 $\frac1aF'(ax+b)\cdot a=f(ax+b)$。

比如 $\int e^{3x}\,dx$：内层 $3x$ 的导数是 $3$，外层 $e^u$ 的原函数是 $e^u$，结果 $\frac{e^{3x}}3+C$。$\int\cos(2x+1)\,dx$：内层导数 $2$，外层 $\cos$ 的原函数是 $\sin$，结果 $\frac{\sin(2x+1)}2+C$。$\int\frac{dx}{5x+2}$：内层导数 $5$，外层 $\frac1u$ 的原函数是 $\ln\lvert u\rvert$，结果 $\frac15\ln\lvert5x+2\rvert+C$。

例 $\displaystyle\int\frac{dx}{9+4x^2}$。

目标是凑成 $\frac1{1+u^2}$ 的形状，因为它的积分是 $\arctan u$。

第 1 步，分母提出 $9$，凑出“$1+(\ )^2$”：

$$9+4x^2=9\left(1+\frac{4x^2}9\right)=9\left[1+\left(\frac{2x}3\right)^2\right].$$

第 2 步，令 $u=\frac{2x}3$。则 $du=\frac23dx$，即 $dx=\frac32du$。

第 3 步，把这些都代进去，常数提到积分号外：

$$\int\frac{dx}{9+4x^2}=\int\frac{\frac32du}{9(1+u^2)}=\left(\frac32\cdot\frac19\right)\int\frac{du}{1+u^2}=\frac16\arctan u+C=\frac16\arctan\frac{2x}{3}+C.$$

这里有两个系数：分母提出的 $9$，以及 $dx$ 换成 $du$ 带来的 $\frac32$。$\frac32\cdot\frac19=\frac16$。两个都要算上，不能只看到一个就凭感觉补一个倒数。

用同样的换元（$u=\frac xa$），可以得到两个常用的结果（$a>0$）：

$$\int\frac{dx}{a^2+x^2}=\frac1a\arctan\frac xa+C,\qquad\int\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin\frac xa+C.$$

比如分母是 $4+x^2$ 时，结果是 $\frac12\arctan\frac x2+C$。

为什么第一个有 $\frac1a$，第二个没有？把两个都算一遍。令 $x=au$（即 $u=\frac xa$），$dx=a\,du$。

第一个，分母 $a^2+x^2=a^2+a^2u^2=a^2(1+u^2)$，提出的是 $a^2$：

$$\int\frac{dx}{a^2+x^2}=\int\frac{a\,du}{a^2(1+u^2)}=\frac1a\int\frac{du}{1+u^2}=\frac1a\arctan u+C=\frac1a\arctan\frac xa+C.$$

第二个，$a>0$，$\sqrt{a^2}=a$，分母 $\sqrt{a^2-a^2u^2}=\sqrt{a^2}\sqrt{1-u^2}=a\sqrt{1-u^2}$，提出的是 $a$：

$$\int\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\int\frac{a\,du}{a\sqrt{1-u^2}}=\int\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}=\arcsin u+C=\arcsin\frac xa+C.$$

第一个是分子的 $a$ 除以分母的 $a^2$，剩 $\frac1a$；第二个分子分母各一个 $a$，正好约掉。

分段函数的原函数：常数要衔接#

例 求 $\int\lvert x\rvert\,dx$。

$x\ge0$ 时 $\lvert x\rvert=x$，原函数是 $\frac{x^2}2+C_1$；$x<0$ 时 $\lvert x\rvert=-x$，原函数是 $-\frac{x^2}2+C_2$。

两个常数不能随便取。原函数在 $x=0$ 处必须可导，可导一定连续，所以首先必须连续。左边 $\lim\limits_{x\to0^-}\left(-\frac{x^2}2+C_2\right)=C_2$，右边在 $0$ 处的值是 $\frac{0^2}2+C_1=C_1$，所以 $C_1=C_2$，记作 $C$。（连续只是必要条件，接上以后是否真的可导，还要用定义检查，见下面的验证。）

这时原函数是：$x\ge0$ 时 $\frac{x^2}2+C$，$x<0$ 时 $-\frac{x^2}2+C$。分段写就是对的；也可以合成一个式子。$x\ge0$ 时 $\lvert x\rvert=x$，$x\lvert x\rvert=x^2$；$x<0$ 时 $\lvert x\rvert=-x$，$x\lvert x\rvert=-x^2$。正好是两段各自的符号，所以两段可以合起来写成

$$\int\lvert x\rvert\,dx=\frac{x\lvert x\rvert}{2}+C.$$

验证：$x>0$ 时 $\frac{x\lvert x\rvert}2=\frac{x^2}2$，导数 $x=\lvert x\rvert$；$x<0$ 时它等于 $-\frac{x^2}2$，导数 $-x=\lvert x\rvert$。在 $0$ 处用定义：

$$F'(0)=\lim_{h\to0}\frac{\frac{h\lvert h\rvert}2-0}{h}=\lim_{h\to0}\frac{\lvert h\rvert}2=0,$$

正好等于被积函数在 $0$ 处的值 $\lvert0\rvert=0$。$\checkmark$

用面积定义对数（选读）#

第一篇先认识了指数和对数，再学求导，这样便于计算。有了积分以后，可以换一条路线来定义它们，并解释为什么 $\frac1x$ 和对数会连在一起。（第一篇第二节的选读部分用级数定义了 $e^x$，这里是另一条独立的路线，两条路线得到同一对函数。）

对 $x>0$，定义

$$L(x)=\int_1^x\frac{dt}{t}.$$

它就是双曲线 $y=\frac1t$ 下从 $1$ 到 $x$ 的面积（$x<1$ 时取负号）。由基本定理，$L'(x)=\frac1x>0$，所以 $L$ 严格递增，并且 $L(1)=0$。

$L$ 把乘法变成加法。 对正数 $a$、$b$，先用区间可加性：

$$L(ab)-L(a)=\int_1^{ab}\frac{dt}t-\int_1^a\frac{dt}t=\int_a^{ab}\frac{dt}{t}.$$

再换元：令 $t=au$（$a$ 是固定的正数）。$t=a$ 时 $u=1$，$t=ab$ 时 $u=b$，$dt=a\,du$。代进去：

$$\int_a^{ab}\frac{dt}{t}=\int_1^b\frac{a\,du}{au}=\int_1^b\frac{du}u=L(b).$$

分子分母的 $a$ 约掉了。所以 $L(ab)=L(a)+L(b)$。

这里提前用了第二节、第六节才讲的换元。它的合法性可以直接检查。设 $H$ 是 $\frac1t$ 的一个原函数，$H'(t)=\frac1t$。左边按牛顿—莱布尼茨公式，$\int_a^{ab}\frac{dt}t=H(ab)-H(a)$。右边，$H(au)$ 对 $u$ 求导（链式法则）是 $H'(au)\cdot a=\frac1{au}\cdot a=\frac1u$，所以 $H(au)$ 是 $\frac1u$ 的原函数，$\int_1^b\frac{du}u=H(a\cdot b)-H(a\cdot1)=H(ab)-H(a)$。两边是同一个数，不需要事先知道任何对数的性质。

$L$ 取遍所有实数。 $L(2)=\int_1^2\frac{dt}t>0$，因为被积函数是正的。反复用加法性质：$L(4)=L(2\cdot2)=2L(2)$，$L(8)=L(4\cdot2)=3L(2)$，一般地 $L(2^n)=nL(2)\to+\infty$。

再看倒数。由 $x\cdot\frac1x=1$ 和 $L(1)=0$：$0=L(1)=L(x)+L\left(\frac1x\right)$，所以 $L\left(\frac1x\right)=-L(x)$。取 $x=2^n$，$L(2^{-n})=-nL(2)\to-\infty$。

任给一个实数 $y$，取 $n$ 足够大，使 $-nL(2)<y<nL(2)$，即 $L(2^{-n})<y<L(2^n)$。$L$ 可导，所以在闭区间 $[2^{-n},2^n]$ 上连续，由介值定理，有一点 $c$ 使 $L(c)=y$。$L$ 严格递增，不同的 $x$ 给出不同的值，所以每个 $y$ 恰好取一次。

反函数。 所以 $L$ 有反函数，记为 $E$。由第一篇第八节的反函数求导法则（反函数的导数是原函数导数的倒数）：

$$E'(y)=\frac1{L'(E(y))}=\frac{1}{1/E(y)}=E(y).$$

又由 $L(1)=0$，反过来就是 $E(0)=1$。

$L$ 把乘法变加法，$E$ 就把加法变回乘法：$E(u+v)=E(u)E(v)$。推导：记 $a=E(u)$，$b=E(v)$，即 $u=L(a)$，$v=L(b)$。由加法性质，$u+v=L(a)+L(b)=L(ab)$。两边作用 $E$，$E(u+v)=E(L(ab))=ab=E(u)E(v)$。这正是指数的运算法则。

令 $e=E(1)$，把 $L$ 叫作 $\ln$，把 $E$ 叫作 $e^x$，就得到了第一篇用的那一对函数。

这个 $e$ 和复利极限是同一个数吗？ 设 $t>0$。由定义，$L(1+t)=\int_1^{1+t}\frac{du}{u}$（积分变量叫 $u$，免得和 $t$ 混在一起）。在 $[1,1+t]$ 上，$1\le u\le1+t$，取倒数，所以 $\frac1{1+t}\le\frac1u\le1$。由比较性质，三项都在 $[1,1+t]$ 上对 $u$ 积分，不等号不变。积分变量是 $u$，$t$ 是固定的，所以 $\frac1{1+t}$ 对 $u$ 来说是常数，积出“常数乘区间长度” $\frac1{1+t}\cdot[(1+t)-1]=\frac t{1+t}$；中间积出 $L(1+t)$；常数 $1$ 积出区间长度 $t$：

$$\frac{t}{1+t}\le L(1+t)\le t.$$

取 $t=\frac1n$。左边 $\frac{1/n}{1+1/n}=\frac{1/n}{(n+1)/n}=\frac1{n+1}$，右边是 $\frac1n$，三项都乘以 $n$：

$$\frac{n}{n+1}\le nL\left(1+\frac1n\right)\le1.$$

由加法性质，$nL(u)=L(u\cdot u\cdots u)=L(u^n)$，所以中间就是 $L\left(\left(1+\frac1n\right)^n\right)$。左边 $\frac n{n+1}=\frac1{1+\frac1n}\to1$，右边是 $1$，由夹逼，

$$L\left(\left(1+\frac1n\right)^n\right)\to1.$$

$E$ 可导，所以连续；连续函数可以和极限交换次序（由第一篇第三节的海涅定理：$E$ 在 $1$ 处连续，数列 $a_n\to1$ 时 $E(a_n)\to E(1)$）。两边作用 $E$：$E\left(L\left(\left(1+\frac1n\right)^n\right)\right)\to E(1)$。$E$ 和 $L$ 互为反函数，$E(L(A))=A$，所以左边就是 $\left(1+\frac1n\right)^n$，即 $\left(1+\frac1n\right)^n\to E(1)=e$。

所以，从双曲线下的面积出发，可以依次得到：对数（乘法变加法）、指数函数（导数等于自身）、常数 $e$（复利的极限），一路推下来，不需要先假设任何一个极限公式。

二、凑微分：找“一个整体”和“它的导数”#

换元积分法为什么成立#

换元公式：若 $\int f(u)\,du=F(u)+C$，$u=g(x)$ 可导，则

$$\int f(g(x))\,g'(x)\,dx=F(g(x))+C.$$

证明：对右边求导，用链式法则：$[F(g(x))]'=F'(g(x))g'(x)=f(g(x))g'(x)$，正是左边的被积函数。

所以换元积分法就是链式法则倒过来用。写法上，相当于把 $g'(x)\,dx$ 整个换成 $du$，把积分改写成关于 $u$ 的积分：

$$\int f(g(x))\underbrace{g'(x)\,dx}_{du}=\int f(u)\,du.$$

看到一个积分，先找里面有没有这样一对东西：一个整体 $g(x)$，以及它的导数 $g'(x)\,dx$。这种方法也叫第一类换元法或凑微分法。

例 1 $\displaystyle\int\frac{x}{(1+x^2)^3}\,dx$。

分母里有一个整体 $1+x^2$，它的导数是 $2x$。分子里恰好有 $x$，只差一个常数 $2$。

令 $u=1+x^2$，$du=2x\,dx$，于是 $x\,dx=\frac{du}2$：

$$\int\frac{x\,dx}{(1+x^2)^3}=\frac12\int u^{-3}\,du=\frac12\cdot\frac{u^{-2}}{-2}+C=-\frac1{4u^2}+C=-\frac1{4(1+x^2)^2}+C.$$

这就是“凑”：缺一个常数倍，就乘进去再除回来，等式不变。

三种最常见的结构：

结构	积分结果	例子
$\dfrac{g'}{g}$	$\ln\lvert g\rvert+C$	$\int\tan x\,dx=\int\frac{\sin x}{\cos x}dx=-\ln\lvert\cos x\rvert+C$
$\dfrac{g'}{1+g^2}$	$\arctan g+C$	$\int\frac{e^x}{1+e^{2x}}dx=\arctan e^x+C$
$g'g^n$	$\dfrac{g^{n+1}}{n+1}+C$，$n\ne-1$	$\int\sin^3x\cos x\,dx=\frac{\sin^4x}4+C$

对表里右边的结果求导，链式法则都会多出一个内层的导数 $g'$，正好得到左边的被积函数。

三个例子逐个看。

$\tan x$：$\sin x$ 是 $\cos x$ 的导数的相反数，所以 $\frac{\sin x}{\cos x}=-\frac{(\cos x)'}{\cos x}$，是 $\frac{g'}g$ 型前面多一个负号，$g=\cos x$。

$\frac{e^x}{1+e^{2x}}$：$e^{2x}=(e^x)^2$，取 $g=e^x$，分母是 $1+g^2$，分子 $e^x=g'$。令 $u=e^x$，$du=e^x\,dx$：

$$\int\frac{e^x\,dx}{1+(e^x)^2}=\int\frac{du}{1+u^2}=\arctan u+C=\arctan e^x+C.$$

$\sin^3x\cos x$：取 $g=\sin x$，$g'=\cos x$，被积函数是 $g^3g'$。令 $u=\sin x$，$du=\cos x\,dx$：

$$\int\sin^3x\cos x\,dx=\int u^3\,du=\frac{u^4}4+C=\frac{\sin^4x}4+C.$$

分子不止差一个倍数，怎么办？#

例 2 $\displaystyle\int\frac{3x+1}{x^2+2x+5}\,dx$。

分母的导数是 $2x+2$。分子 $3x+1$ 不是它的常数倍，但可以拆成“分母导数的倍数 + 一个常数”：

$$3x+1=\frac32(2x+2)-2.$$

这个式子分两步配出来。先对 $x$ 的系数：分母导数里是 $2x$，要变成 $3x$，乘 $\frac32$。再看常数：$\frac32(2x+2)=3x+3$，比要的 $3x+1$ 多了 $2$，所以减去 $2$。（也可以设 $3x+1=A(2x+2)+B=2Ax+(2A+B)$，比较系数：$2A=3$，$A=\frac32$；$2A+B=1$，$B=-2$。）所以积分拆成两个：

$$\frac32\int\frac{2x+2}{x^2+2x+5}\,dx-2\int\frac{dx}{x^2+2x+5}.$$

第一个是 $\frac{g'}g$ 型，$g=x^2+2x+5$，$dg=(2x+2)\,dx$：

$$\int\frac{2x+2}{x^2+2x+5}\,dx=\int\frac{d(x^2+2x+5)}{x^2+2x+5}=\ln\lvert x^2+2x+5\rvert=\ln(x^2+2x+5).$$

（$x^2+2x+5=(x+1)^2+4>0$，所以绝对值可以去掉。）

第二个先配方：$x^2+2x+5=(x+1)^2+2^2$。令 $u=x+1$，$du=dx$，用上一节的公式 $\int\frac{du}{a^2+u^2}=\frac1a\arctan\frac ua+C$（$a=2$）：

$$\int\frac{dx}{(x+1)^2+4}=\int\frac{du}{2^2+u^2}=\frac12\arctan\frac u2+C=\frac12\arctan\frac{x+1}2+C.$$

最后合起来，第二项前的系数是 $-2\times\frac12=-1$：

$$\int\frac{3x+1}{x^2+2x+5}\,dx=\frac32\ln(x^2+2x+5)-\arctan\frac{x+1}2+C.$$

凑分母的导数，是为了分出能直接积成对数的那一部分；剩下的常数项必须保留，不能因为想凑就把 $-2$ 丢掉。这个“拆成对数 + 反正切”的做法，在第四节有理函数的积分里会反复用到。

根号碍事，就把根号整体换掉#

例 3 $\displaystyle\int\frac{dx}{1+\sqrt x}$，在 $x>0$ 上算。

令 $t=\sqrt x$，那么 $x=t^2$，两边取微分，$dx=(t^2)'\,dt=2t\,dt$。

$$\int\frac{dx}{1+\sqrt x}=\int\frac{2t}{1+t}\,dt.$$

分子和分母都是一次，先把分子凑成分母的倍数（这和多项式除法是一回事）：$2t=2(1+t)-2$，所以

$$\frac{2t}{1+t}=\frac{2(1+t)-2}{1+t}=2-\frac2{1+t}.$$

于是逐项积分：

$$\int\left[2-\frac{2}{1+t}\right]dt=\int2\,dt-2\int\frac{dt}{1+t}=2t-2\ln\lvert1+t\rvert+C=2t-2\ln(1+t)+C.$$

$t=\sqrt x>0$，$1+t>0$，绝对值可以去掉。

代回 $t=\sqrt x$，得 $2\sqrt x-2\ln(1+\sqrt x)+C$。

这叫第二类换元法：不是在被积函数里找现成的 $g'(x)\,dx$，而是主动设 $x=\varphi(t)$，把根号消掉。只要换元以后根式变成了普通的分式，就值得这样换。

三、分部积分#

从乘积法则倒推#

乘积法则两边乘 $dx$，用微分的记号 $d(uv)=(uv)'\,dx$、$du=u'\,dx$、$dv=v'\,dx$，写成微分的形式是

$$d(uv)=v\,du+u\,dv.$$

移项，$u\,dv=d(uv)-v\,du$，再两边积分。$\int d(uv)$ 是“导数为 $(uv)'$ 的函数”，就是 $uv$（任意常数不必单独写，右边剩下的不定积分里已经含有一个）：

$$\int u\,dv=uv-\int v\,du.$$

这就是分部积分公式。展开写是 $\int u(x)v'(x)\,dx=u(x)v(x)-\int v(x)u'(x)\,dx$。定积分的版本：对 $(uv)'=u'v+uv'$ 在 $[a,b]$ 上积分，由牛顿—莱布尼茨公式左边是 $\big[uv\big]_a^b$，移项得 $\int_a^bu\,dv=\big[uv\big]_a^b-\int_a^bv\,du$。

它做的事情是：原来被积函数里是 $v$ 的导数（$dv$），换成了 $u$ 的导数（$du$）。代价是多出一项 $uv$，以及一个新的积分。所以用它的目标是：让 $u$ 求导后变简单，让 $dv$ 容易积分；或者让新的积分绕一圈变回原来的积分，从而可以列方程解出来。

图 5：在 u-v 平面上，曲线左侧的面积是 ∫u dv，下方的面积是 ∫v du，两块拼起来正好是大矩形减去小矩形：u(b)v(b) − u(a)v(a)。

“反对幂三指”：选谁作 $u$#

“反对幂三指”指：反三角函数、对数函数、幂函数（多项式）、三角函数、指数函数。在适合分部积分的乘积里，排在前面的通常选作 $u$（拿去求导），排在后面的选作 $dv$（拿去积分）。

这只是选 $u$ 的经验，并不是说看到乘积就必须分部积分。比如 $\int xe^{x^2}dx$，凑 $d(x^2)$ 更快：$\frac12e^{x^2}+C$。

例 1 $\int x\ln x\,dx$，$x>0$。

取 $u=\ln x$，$dv=x\,dx$。于是 $du=\frac{dx}x$，$v=\frac{x^2}2$（$v$ 取一个原函数就行，不必加 $C$：如果写成 $v+C_1$，公式变成 $u(v+C_1)-\int(v+C_1)\,du$。第一项是 $uv+C_1u$；第二项拆开，$\int C_1\,du=C_1u$，所以是 $-\int v\,du-C_1u$。$C_1u$ 和 $-C_1u$ 正好抵消）。

$$\int x\ln x\,dx=\frac{x^2}2\ln x-\int\frac{x^2}2\cdot\frac1x\,dx=\frac{x^2}2\ln x-\int\frac x2\,dx=\frac{x^2}2\ln x-\frac{x^2}4+C.$$

选 $\ln x$ 求导，是因为它变成 $\frac1x$ 以后，正好和另一个因子 $\frac{x^2}2$ 约掉一个 $x$，剩下的积分很简单。

例 2 $\int\ln x\,dx$。

看起来没有乘积，但可以把 $dx$ 当成 $dv$：$u=\ln x$，$v=x$。

$$\int\ln x\,dx=x\ln x-\int x\cdot\frac1x\,dx=x\ln x-x+C.$$

用同样的办法可以积 $\arctan x$、$\arcsin x$。以 $\arctan x$ 为例，取 $u=\arctan x$，$dv=dx$，于是 $du=\frac{dx}{1+x^2}$，$v=x$：

$$\int\arctan x\,dx=x\arctan x-\int\frac{x}{1+x^2}dx.$$

最后一个积分是 $\frac{g'}{g}$ 型：$(1+x^2)'=2x$，所以 $x\,dx=\frac12d(1+x^2)$，

$$\int\frac{x}{1+x^2}dx=\frac12\int\frac{d(1+x^2)}{1+x^2}=\frac12\ln(1+x^2)$$

（$1+x^2>0$，不用绝对值）。所以

$$\int\arctan x\,dx=x\arctan x-\frac12\ln(1+x^2)+C.$$

$\arcsin x$ 留作本节的练习。

表格法：重复分部积分的记账方式#

例 3 $\int x^2\sin x\,dx$。

需要分部两次。用一张表来组织：左列反复求导，右列反复积分。

符号	求导列	积分列
$+$	$x^2$	$\sin x$
$-$	$2x$	$-\cos x$
$+$	$2$	$-\sin x$
	$0$	$\cos x$

每一项是“这一行的符号 × 这一行的求导列 × 下一行的积分列”，符号依次为 $+$、$-$、$+$。注意符号列的正负号和积分列里本来带的负号要分开看：

$$\begin{aligned} \text{第 1 行}\times\text{第 2 行}:&\quad(+)\cdot x^2\cdot(-\cos x)=-x^2\cos x,\\ \text{第 2 行}\times\text{第 3 行}:&\quad(-)\cdot2x\cdot(-\sin x)=+2x\sin x,\\ \text{第 3 行}\times\text{第 4 行}:&\quad(+)\cdot2\cdot\cos x=+2\cos x. \end{aligned}$$

第 4 行的求导列已经是 $0$，不用再往下乘。加起来：

$$\int x^2\sin x\,dx=-x^2\cos x+2x\sin x+2\cos x+C.$$

这次为什么能停？因为求导列已经变成 $0$，最后剩下的积分是 $\int0\cdot(\cdots)\,dx=0$。

如果求导列没到 $0$，不能把剩下的积分扔掉。比如 $\int x^2e^x\,dx$ 只做两轮分部：第一轮 $u=x^2$，$dv=e^xdx$，得 $x^2e^x-\int2xe^x\,dx$；第二轮对 $\int2xe^x\,dx$ 取 $u=2x$，得 $2xe^x-\int2e^x\,dx$。代回去：

$$\int x^2e^x\,dx=x^2e^x-\left[2xe^x-\int2e^x\,dx\right]=x^2e^x-2xe^x+\int2e^x\,dx.$$

最后那个积分还要算出来，$\int2e^x\,dx=2e^x$，答案才是 $e^x(x^2-2x+2)+C$。对应的表格是：

符号	求导列	积分列
$+$	$x^2$	$e^x$
$-$	$2x$	$e^x$
$+$	$2$	$e^x$

前两项照样是斜着乘：$(+)x^2\cdot e^x$，$(-)2x\cdot e^x$。停在哪一行，剩下的积分就是这一行的左列乘同一行的右列，带上这一行的符号，放进积分号。这里停在第三行，剩下的就是 $+\int2\cdot e^x\,dx$。为什么是同一行：公式 $\int u\,dv=uv-\int v\,du$ 里剩下的积分是 $\int v\,du$，而这一行的左列是已经求过导的 $u'$，右列是已经积好的 $v$，两者相乘正是剩下的被积函数。（这题也可以在表格里多做一行，让求导列到 $0$。）

循环型：算回原来的积分，就移项#

例 4 令 $I=\int e^x\sin x\,dx$，$J=\int e^x\cos x\,dx$。

对 $I$ 分部（$u=\sin x$，$dv=e^xdx$，$v=e^x$）：

$$I=e^x\sin x-\int e^x\cos x\,dx=e^x\sin x-J.$$

对 $J$ 再分部（$u=\cos x$，$dv=e^xdx$）：

$$J=e^x\cos x-\int e^x(-\sin x)\,dx=e^x\cos x+I.$$

把 $J$ 代入第一式：

$$I=e^x\sin x-e^x\cos x-I.$$

$I$ 出现在两边，把右边的 $I$ 移到左边：$2I=e^x(\sin x-\cos x)$。所以

$$\int e^x\sin x\,dx=\frac{e^x(\sin x-\cos x)}2+C.$$

表格法什么时候可以停下来：求导列变成 $0$；或者剩下的积分已经会算；或者剩下的积分变回了原来的积分，可以移项。草稿上可以画表，答题时最好写出能检查的等式，不要只留下几条箭头。

把重复的分部积分看成解方程（选读）#

这一小节换一个角度看表格法：不做分部积分，而是直接设出答案的形状，解出系数。读它需要知道一点线性代数的说法（第三篇会正式讲），但计算本身只是比较系数。

直接设答案。 求 $\int x^2e^x\,dx$。上面表格法的结果是 $e^x$ 乘一个二次多项式。那就直接设

$$\int x^2e^x\,dx=e^x(Ax^2+Bx+C)+C_0,$$

（$C_0$ 是积分常数，和待定系数 $C$ 不是一回事。）两边求导，右边用乘积法则：

$$x^2e^x=e^x(Ax^2+Bx+C)+e^x(2Ax+B)=e^x\left[Ax^2+(2A+B)x+(B+C)\right].$$

比较两边 $x^2$、$x$、常数项的系数：$A=1$，$2A+B=0$，$B+C=0$。解得 $A=1$，$B=-2$，$C=2$。答案 $e^x(x^2-2x+2)+C_0$，和表格法一样。

一般地，猜原函数的形状是 $e^{ax}q$，$q$ 是一个待定的多项式。由乘积法则，

$$\left(e^{ax}q\right)'=ae^{ax}q+e^{ax}q'=e^{ax}(q'+aq).$$

要它等于被积函数 $e^{ax}p$，两边约去不为 $0$ 的 $e^{ax}$，就是 $q'+aq=p$。所以求 $\int e^{ax}p(x)\,dx$（$p$ 是多项式），就是找一个多项式 $q$，满足 $q'+aq=p$。

为什么一定能找到？ 把“求导”看成一个操作，记作 $D$：$Dq=q'$。约定 $(D+a)q$ 表示 $Dq+aq=q'+aq$，$D^kq$ 表示求 $k$ 次导数 $q^{(k)}$（不是导数的 $k$ 次方），$D^0q=q$。比如 $p=x^2$：$Dp=2x$，$D^2p=2$，$D^3p=0$。上面的方程就是 $(D+a)q=p$，要做的是把 $(D+a)$ 这个操作“倒过来”。

先看一个熟悉的代数恒等式（等比数列求和）：

$$(1+r)(1-r+r^2-\cdots+(-1)^mr^m)=1+(-1)^mr^{m+1}.$$

（左边展开：$1$ 乘括号得 $1-r+r^2-\cdots+(-1)^mr^m$，$r$ 乘括号得 $r-r^2+\cdots+(-1)^mr^{m+1}$，相加时 $-r$ 和 $r$、$r^2$ 和 $-r^2$……两两抵消，只剩首项 $1$ 和末项 $(-1)^mr^{m+1}$。）把 $r$ 换成 $\frac Da$，并把左边第一个因子写成 $1+\frac Da=(D+a)\cdot\frac1a$，得到

$$(D+a)\cdot\frac1a\left[1-\frac Da+\frac{D^2}{a^2}-\cdots+\frac{(-1)^mD^m}{a^m}\right]=1+(-1)^m\frac{D^{m+1}}{a^{m+1}}.$$

要用到的事实是：如果 $p$ 是次数不超过 $m$ 的多项式，求导 $m+1$ 次一定得 $0$，即 $D^{m+1}p=0$。让上式两边都作用在 $p$ 上：右边是 $p+(-1)^m\frac{D^{m+1}p}{a^{m+1}}=p$；左边是 $(D+a)$ 作用在“方括号那个操作作用于 $p$ 的结果”上。所以，只要令 $q$ 等于 $\frac1a$ 乘“方括号作用于 $p$ 的结果”，就有 $(D+a)q=p$：

$$q=\frac1a\left[p-\frac{p'}a+\frac{p''}{a^2}-\cdots+\frac{(-1)^mp^{(m)}}{a^m}\right],$$ $$\int e^{ax}p(x)\,dx=e^{ax}\sum_{k=0}^{m}\frac{(-1)^k}{a^{k+1}}p^{(k)}(x)+C_0\qquad(a\ne0),$$

其中 $p^{(0)}=p$。第二个式子是把 $\frac1a$ 乘进方括号：第 $k$ 项是 $\frac1a\cdot\frac{(-1)^kp^{(k)}}{a^k}=\frac{(-1)^k}{a^{k+1}}p^{(k)}$。

如果对算子不放心，可以直接验证：$aq=p-\frac{p'}a+\frac{p''}{a^2}-\cdots$，$q'=\frac{p'}a-\frac{p''}{a^2}+\cdots$（$p^{(m+1)}=0$），两式相加，$-\frac{p'}a$ 和 $\frac{p'}a$ 抵消，$\frac{p''}{a^2}$ 和 $-\frac{p''}{a^2}$ 抵消……只剩 $p$，所以 $q'+aq=p$。

以 $p=x^2$、$a=1$ 检查：$m=2$，$p=x^2$，$p'=2x$，$p''=2$，$q=x^2-2x+2$，和前面的结果一样。表格法里正负交替的符号，就是这里的 $(-1)^k$；表格能在有限步停下来，是因为多项式求导有限次就变成 $0$。$a=0$ 时这个倒推不成立，这时 $\int p(x)\,dx$ 直接逐项积分就行。

循环型的 $\int e^x\sin x\,dx$ 也可以这样做。设答案是 $e^x(A\sin x+B\cos x)$，用乘积法则求导：

$$e^x(A\sin x+B\cos x)+e^x(A\cos x-B\sin x)=e^x\left[(A-B)\sin x+(A+B)\cos x\right].$$

要等于 $e^x\sin x=e^x(1\cdot\sin x+0\cdot\cos x)$，比较 $\sin x$、$\cos x$ 的系数：$A-B=1$，$A+B=0$。两式相加，$2A=1$，$A=\frac12$，$B=-\frac12$，答案 $\frac{e^x(\sin x-\cos x)}2+C$。重复分部再移项，其实就是在解这个二元一次方程组。

待定系数能成功，是因为“多项式乘指数”“指数乘三角函数”这类函数求导以后还是同一类的形状，只是系数变了。所以先按形状设出答案，求导后比较系数，就变成解一次方程组。第一篇第九节的高阶导数、第四篇的常系数微分方程，用的也是这个办法。

四、有理函数的积分：部分分式#

有理函数是两个多项式之比 $\frac{P(x)}{Q(x)}$。它的积分有一套完整的步骤，可以证明一定能积出来，结果只用到有理函数、对数和反正切。主要工具是部分分式：把一个复杂的分式拆成几个简单分式的和。

有人把下面求系数的方法叫“留数法”。这里用的其实是部分分式的遮盖法和代值法，不需要学复变函数里的留数定理；两者的联系见本节末的“高观点”。

第一步：分子次数不低于分母，先做除法#

例如

$$\frac{x^2+1}{x+1}=x-1+\frac2{x+1}.$$

多项式除法和第一篇第十一节一样：$x^2\div x=x$，$x(x+1)=x^2+x$，$x^2+1-(x^2+x)=-x+1$；$-x\div x=-1$，$-1\cdot(x+1)=-x-1$，$-x+1-(-x-1)=2$。所以商 $x-1$，余数 $2$，即“被除式 = 商 × 除式 + 余式”：

$$x^2+1=(x-1)(x+1)+2.$$

两边除以 $x+1$，就是上面的式子。这个例子也可以直接凑：$x^2+1=(x^2-1)+2$，而 $x^2-1=(x-1)(x+1)$。

复杂的分式就变成了“多项式 + 真分式”（分子次数低于分母）。多项式部分直接积分，下面只处理真分式。

第二步：分母分解后，按规则写出拆分的样子#

分母中的因子	拆分时要写的项
$(x-a)$	$\dfrac{A}{x-a}$
$(x-a)^3$	$\dfrac{A}{x-a}+\dfrac{B}{(x-a)^2}+\dfrac{C}{(x-a)^3}$
$(x^2+px+q)$，不可约	$\dfrac{Bx+C}{x^2+px+q}$
$(x^2+px+q)^2$	$\dfrac{B_1x+C_1}{x^2+px+q}+\dfrac{B_2x+C_2}{(x^2+px+q)^2}$

有 $(x-a)^3$，就要从一次方写到三次方，不能只写最高的三次方那一项。有在实数范围内不能分解的二次因子，比如 $x^2+1$，它上面的分子要写成 $Bx+C$，不能只写一个常数。

分母有几个因子时，每个因子按表写出自己的项，再全部加起来，各项的待定常数用不同的字母。比如

$$\frac1{(x-1)(x+2)}=\frac A{x-1}+\frac B{x+2},\qquad\frac{x}{(x-1)(x^2+1)}=\frac A{x-1}+\frac{Bx+C}{x^2+1},$$ $$\frac{x^2+2}{(x-1)^2(x+3)}=\frac A{x-1}+\frac B{(x-1)^2}+\frac C{x+3}.$$

第三步：求系数#

完整的例子：

$$\frac1{(x-1)^2(x+1)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{D}{x+1}.$$

（第三个系数用 $D$ 而不用 $C$，是为了不和最后的积分常数 $C$ 混淆。）

两边乘以 $(x-1)^2(x+1)$，得到一个对所有 $x$ 都成立的等式：

$$1=A(x-1)(x+1)+B(x+1)+D(x-1)^2.$$

既然对所有 $x$ 都成立，就可以代入方便的值：

• 代 $x=1$（让含 $x-1$ 的项都变成 $0$）：$1=2B$，所以 $B=\frac12$；
• 代 $x=-1$（让含 $x+1$ 的项都变成 $0$）：$1=4D$，所以 $D=\frac14$；
• 代 $x=0$（随便一个值）：$1=-A+B+D=-A+\frac34$，所以 $A=-\frac14$。

先用分母的根直接求出几个系数，再代其他值列方程求剩下的，这是最常用的做法。也可以把右边展开，比较系数。$A(x-1)(x+1)=Ax^2-A$，$B(x+1)=Bx+B$，$D(x-1)^2=Dx^2-2Dx+D$，合起来是 $(A+D)x^2+(B-2D)x+(-A+B+D)$。左边的 $1$ 看成 $0\cdot x^2+0\cdot x+1$，各次幂的系数相等：$A+D=0$，$B-2D=0$，$-A+B+D=1$。由第一个，$A=-D=-\frac14$，结果一样。

现在逐项积分：

$$-\frac14\int\frac{dx}{x-1}+\frac12\int\frac{dx}{(x-1)^2}+\frac14\int\frac{dx}{x+1}.$$

第二项用 $\int u^{-2}du=-u^{-1}$（$u=x-1$）。答案：

$$-\frac14\ln\lvert x-1\rvert-\frac1{2(x-1)}+\frac14\ln\lvert x+1\rvert+C.$$

积分区间不能跨过分母为 $0$ 的点 $-1$ 和 $1$。

二次因子：不能分解的和能分解的#

例 $\displaystyle\int\frac{dx}{x(x^2+1)}$。

设 $\frac1{x(x^2+1)}=\frac Ax+\frac{Bx+C}{x^2+1}$。通分：$1=A(x^2+1)+(Bx+C)x$。

• 代 $x=0$：$1=A$；
• 比较 $x^2$ 的系数：$0=A+B$，所以 $B=-1$；
• 比较 $x$ 的系数：$0=C$。

所以

$$\int\frac{dx}{x(x^2+1)}=\int\frac{dx}x-\int\frac{x\,dx}{x^2+1}=\ln\lvert x\rvert-\frac12\ln(x^2+1)+C.$$

二次因子那一项一般用第二节的办法处理：把分子拆成“分母导数的倍数 + 常数”，前者积出对数，后者配方积出反正切。上面这个例子的分子 $-x$ 没有常数部分，所以只用到了前一半。下面看一个两部分都有的例子。

例 $\displaystyle\int\frac{x+3}{x^2+2x+5}\,dx$。

分母的判别式 $2^2-4\cdot5=-16<0$，不能分解。

第 1 步，凑导数。分母的导数是 $2x+2$。把分子写成它的倍数加常数：$x+3=\frac12(2x+2)+2$。（检查：$\frac12(2x+2)+2=x+1+2=x+3$。）于是

$$\int\frac{x+3}{x^2+2x+5}\,dx=\frac12\int\frac{2x+2}{x^2+2x+5}\,dx+\int\frac{2}{x^2+2x+5}\,dx.$$

第 2 步，第一项是 $\frac{g'}{g}$ 型：$\frac12\ln(x^2+2x+5)$。（$x^2+2x+5=(x+1)^2+4>0$，绝对值可以不写。）

第 3 步，第二项配方：$x^2+2x+5=(x+1)^2+2^2$。令 $u=x+1$，用 $\int\frac{du}{u^2+a^2}=\frac1a\arctan\frac ua$（$a=2$）：

$$\int\frac{2}{(x+1)^2+4}\,dx=2\cdot\frac12\arctan\frac{x+1}2=\arctan\frac{x+1}2.$$

合起来：

$$\int\frac{x+3}{x^2+2x+5}\,dx=\frac12\ln(x^2+2x+5)+\arctan\frac{x+1}2+C.$$

一般的 $\frac{Bx+C}{x^2+px+q}$（$p^2-4q<0$）都按这三步做。

第 1 步，凑出分母的导数 $2x+p$：先让 $x$ 的系数对上，乘 $\frac B2$；再补常数，

$$Bx+C=\frac B2(2x+p)+\left(C-\frac{Bp}2\right).$$

第 2 步，前一项是 $\frac{g'}g$ 型，积出 $\frac B2\ln(x^2+px+q)$。

第 3 步，后一项是常数除以分母，分母配方：

$$x^2+px+q=\left(x+\frac p2\right)^2+\left(q-\frac{p^2}4\right).$$

判别式 $p^2-4q<0$，两边除以 $4$ 得 $\frac{p^2}4-q<0$，即 $q-\frac{p^2}4>0$，可以记作 $a^2$。再令 $u=x+\frac p2$，用反正切公式。

如果二次因子在分母里是平方，比如 $\int\frac{dx}{(x^2+1)^2}$，反正切公式就不够用了。这种积分在第五节用 $x=\tan t$ 代换一步就能算出（那里有完整的例子）；一般的 $m$ 次方有递推公式，在本节最后的选读部分。

下面再看一个能分解的二次因子，作为对比。

例 $\displaystyle\int\frac{dx}{x^2-a^2}$（$a>0$）。

$x^2-a^2=(x-a)(x+a)$，设 $\frac1{x^2-a^2}=\frac A{x-a}+\frac B{x+a}$。遮盖法：求 $A$，遮住 $(x-a)$，剩下 $\frac1{x+a}$，代 $x=a$，$A=\frac1{a+a}=\frac1{2a}$；求 $B$，遮住 $(x+a)$，剩下 $\frac1{x-a}$，代 $x=-a$，$B=\frac1{-a-a}=-\frac1{2a}$。提出公因子 $\frac1{2a}$：$\frac1{x^2-a^2}=\frac1{2a}\left(\frac1{x-a}-\frac1{x+a}\right)$，

$$\int\frac{dx}{x^2-a^2}=\frac1{2a}\left(\ln\lvert x-a\rvert-\ln\lvert x+a\rvert\right)+C=\frac1{2a}\ln\left\lvert\frac{x-a}{x+a}\right\rvert+C.$$

对比 $\int\frac{dx}{x^2+a^2}=\frac1a\arctan\frac xa+C$：分母只差一个符号，结果一个是对数、一个是反正切。原因是 $x^2-a^2$ 有实根、可以分解，$x^2+a^2$ 没有实根。

多项式为什么一定有复数根（选读）#

这一小节证明代数基本定理：任何不是常数的复系数多项式 $P(z)$，都至少有一个复数根。由此，反复除去一次因式，就能把多项式完全分解。证明只用到第一篇的最值定理的一个二维版本。

第一步：$\lvert P(z)\rvert$ 有最小值。 设 $P(z)=a_nz^n+\cdots+a_0$，$a_n\ne0$，$n\ge1$。$\lvert z\rvert$ 很大时，最高次项起决定作用。把 $z^n$ 提出来：

$$P(z)=z^n\left(a_n+\frac{a_{n-1}}z+\cdots+\frac{a_0}{z^n}\right).$$

$\lvert z\rvert\to\infty$ 时，括号里除 $a_n$ 外的各项都趋于 $0$，所以 $\lvert z\rvert$ 足够大时括号的模大于 $\frac12\lvert a_n\rvert$，$\lvert P(z)\rvert\ge\frac12\lvert a_n\rvert\lvert z\rvert^n\to\infty$。于是能取一个足够大的 $R$，使圆盘 $\lvert z\rvert\le R$ 外面处处 $\lvert P(z)\rvert>\lvert P(0)\rvert$。圆盘外的点都比圆心处的值大，所以最小值只可能在圆盘里面取到。

圆盘是平面上的“闭有界区域”，第一篇的最值定理在这里同样成立，证明方法一样。回忆第一篇的做法：设 $m$ 是 $\lvert P\rvert$ 在圆盘上的下确界，取一串点 $z_1,z_2,\dots$ 使 $\lvert P(z_n)\rvert\to m$。写 $z_n=u_n+iv_n$，在圆盘里 $-R\le u_n\le R$，$-R\le v_n\le R$。先从横坐标 $u_n$ 里挑出收敛的子列；再在挑出来的这些编号里，从纵坐标挑出收敛的子列。这时横纵坐标都收敛，对应的点收敛到某个 $z_0$，而且 $z_0$ 仍在圆盘里（每个点都满足 $u^2+v^2\le R^2$，取极限后仍然成立）。$\lvert P\rvert$ 连续，所以 $\lvert P(z_0)\rvert$ 等于这串函数值的极限 $m$。所以 $\lvert P(z)\rvert$ 在某点 $z_0$ 处取到最小值。

第二步：最小值一定是 $0$。 假设 $P(z_0)\ne0$。思路是：从 $z_0$ 往某个方向挪一点点，$\lvert P\rvert$ 还能更小，和“$z_0$ 是最小值点”矛盾。

把 $P(z_0+h)$ 按 $h$ 的次数展开（多项式展开总是有限的），$P(z_0+h)=b_0+b_1h+\cdots+b_nh^n$。令 $h=0$，得 $b_0=P(z_0)$。两边除以 $P(z_0)$，常数项变成 $1$。$P$ 不是常数，后面的系数不全为 $0$；从 $h$ 往高次数，第一个系数不为 $0$ 的项记作 $ch^k$（$c\ne0$，$k\ge1$）。比它次数更高的项都含因子 $h^{k+1}$，提出来，剩下的还是多项式，记作 $Q(h)$：

$$\frac{P(z_0+h)}{P(z_0)}=1+ch^k+h^{k+1}Q(h),\qquad c\ne0.$$

比如 $P(z)=z^2+1$，$z_0=1$：$P(1+h)=2+2h+h^2$，除以 $P(1)=2$ 得 $1+h+\frac12h^2$，这里 $k=1$，$c=1$，$Q(h)=\frac12$。

现在选 $h$ 的方向，让 $ch^k$ 正好是一个负实数。取 $h=\rho(\cos\theta+i\sin\theta)$，$h^k$ 的角度是 $k\theta$。设 $c$ 的角度是 $\alpha$，相乘时角度相加，$ch^k$ 的角度是 $\alpha+k\theta$。取 $\theta=\frac{\pi-\alpha}{k}$，这个角度就是 $\pi$；而角度为 $\pi$、模为 $\lvert c\rvert\rho^k$ 的复数是 $\lvert c\rvert\rho^k(\cos\pi+i\sin\pi)=-\lvert c\rvert\rho^k$。所以 $ch^k=-\lvert c\rvert\rho^k$。于是

$$\frac{P(z_0+h)}{P(z_0)}=\left(1-\lvert c\rvert\rho^k\right)+h^{k+1}Q(h).$$

先限制 $\rho\le1$。$Q$ 是多项式，在圆盘 $\lvert h\rvert\le1$ 上连续，由最值定理有界，设 $\lvert Q(h)\rvert\le M$，于是 $\lvert h^{k+1}Q(h)\rvert\le M\rho^{k+1}$。再取 $\rho$ 足够小，使 $\lvert c\rvert\rho^k<1$（这样括号 $1-\lvert c\rvert\rho^k$ 是正实数，它的模就是它自己）且 $M\rho<\lvert c\rvert$。对“括号 + $h^{k+1}Q(h)$”用三角不等式，再提出 $\rho^k$：

$$\left\lvert\frac{P(z_0+h)}{P(z_0)}\right\rvert\le\left(1-\lvert c\rvert\rho^k\right)+M\rho^{k+1}=1-\rho^k\left(\lvert c\rvert-M\rho\right)<1.$$

最后一步：$\lvert c\rvert-M\rho>0$，$1$ 减去一个正数，小于 $1$。

两边乘 $\lvert P(z_0)\rvert$，就是 $\lvert P(z_0+h)\rvert<\lvert P(z_0)\rvert$，和“$z_0$ 是最小值点”矛盾。所以 $P(z_0)=0$。

实系数的情形。 $z=u+iv$ 的共轭复数是 $\bar z=u-iv$（虚部变号）。直接展开可以验证，共轭和加法、乘法可以交换：$\overline{z+w}=\bar z+\bar w$，$\overline{zw}=\bar z\,\bar w$；实数的共轭是它自己。所以对实系数多项式 $P(z)=c_nz^n+\cdots+c_0$，

$$P(\bar z)=c_n\bar z^n+\cdots+c_0=\overline{c_nz^n+\cdots+c_0}=\overline{P(z)}.$$

于是 $z_0$ 是根时，$P(\bar z_0)=\overline{P(z_0)}=\bar0=0$，$\bar z_0$ 也是根：非实数的根成对出现。每一对相乘，$(x-a-bi)(x-a+bi)=(x-a)^2-(bi)^2=(x-a)^2+b^2$，是实系数的二次式，判别式 $-4b^2<0$，不可约。由代数基本定理，实系数多项式有根就能除去对应的因式：实根 $r$ 除去 $x-r$，一对共轭根除去 $(x-a)^2+b^2$，商仍是实系数多项式，次数降低；反复做下去，就分解成实一次因式和不可约二次因式的乘积。这就证明了前面“前置知识”里的分解。

部分分式为什么一定能拆、而且只有一种拆法（选读）#

数未知数只是必要条件：两个待定常数如果在式子里总是以 $A+B$ 的形式一起出现，看上去有两个，实际只能管一个方向。还要证明模板里的各项彼此“独立”。

先在复数范围里看。设分母 $Q$ 是 $n$ 次，不同的根是 $a_1,a_2,\dots$，重数分别是 $m_1,m_2,\dots$，$m_1+m_2+\cdots=n$。模板里一共有 $n$ 个基本分式：

$$\frac1{(x-a_j)^k},\qquad1\le k\le m_j.$$

它们是独立的。 “独立”是说：这些分式配上系数加起来恒等于 $0$，只有一种可能，就是系数全是 $0$。先看一个例子，分母 $(x-1)^2(x+1)$，假设

$$\frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{D}{x+1}=0$$

对所有 $x\ne\pm1$ 成立。两边乘 $(x-1)^2$，得 $A(x-1)+B+D\frac{(x-1)^2}{x+1}=0$，令 $x\to1$，得 $B=0$。于是剩下 $\frac{A}{x-1}+\frac{D}{x+1}=0$，两边乘 $x-1$，令 $x\to1$，得 $A=0$。最后 $\frac D{x+1}=0$，$D=0$。

一般情形一样。假设这些分式的某个组合恒等于 $0$。固定一个根 $a_j$，两边乘 $(x-a_j)^{m_j}$，再令 $x\to a_j$。乘完以后，分母次数最高的那一项 $\frac{c}{(x-a_j)^{m_j}}$ 变成常数 $c$；同一个根的其他项（分母次数更低）都还带着 $(x-a_j)$ 的正次幂，趋于 $0$；别的根对应的项在 $a_j$ 处取有限值，再乘上 $(x-a_j)^{m_j}$，也趋于 $0$。所以左边的极限是 $c$，右边是 $0$，$c=0$。既然 $c=0$，这一项本身就是 $0$，剩下各项的和仍然恒等于 $0$；对它们乘 $(x-a_j)^{m_j-1}$ 再取极限，同样的道理，下一个系数也是 $0$。一层一层下去，这个根对应的所有系数都是 $0$；对每个根都这样做，所有系数都是 $0$。

所以能拆，而且只有一种拆法。 分母固定为 $Q$、分子次数小于 $n$ 的分式，由分子的 $n$ 个系数决定：分子是 $c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0$，从 $x^0$ 到 $x^{n-1}$ 一共 $n$ 个。拆分模板也有 $n$ 个待定系数。把“模板通分后的分子 = 给定的分子”按 $x$ 的各次幂比较系数，得到一个 $n$ 个方程、$n$ 个未知数的线性方程组。上面证明了：右边是 $0$ 时，方程组只有全零解。第三篇会证明，对于方程个数和未知数个数相等的线性方程组，这就保证了对任何右边都恰好有一个解。所以任何真分式都能拆成这种样子，并且拆法唯一。

回到实数，把共轭的一对复根对应的项合并，就得到前面表格里的实数模板。一次幂的情形：$\frac{c}{x-z_0}+\frac{\bar c}{x-\bar z_0}$ 通分后，分母是实二次式 $x^2+px+q$，分子是实系数的一次式。高次幂的情形，比如 $\frac{c}{(x-z_0)^2}+\frac{\bar c}{(x-\bar z_0)^2}$，通分后分母是 $(x^2+px+q)^2$，分子 $c(x-\bar z_0)^2+\bar c(x-z_0)^2$ 是两个互为共轭的数相加，虚部抵消，是实系数的二次式，记作 $R(x)$。把它除以 $x^2+px+q$，商是常数 $K$、余式是一次式 $Mx+N$：$R(x)=K(x^2+px+q)+(Mx+N)$。于是

$$\frac{R(x)}{(x^2+px+q)^2}=\frac{K}{x^2+px+q}+\frac{Mx+N}{(x^2+px+q)^2},$$

也是表格里的样子。

重复的二次因子：积分降一阶（选读）#

模板里还有 $(x^2+px+q)^m$ 这样的项。对它们积分，先把分子拆成“分母里二次式的导数的倍数 + 常数”。导数倍数那部分用凑微分直接积出来：令 $t=x^2+px+q$，$dt=(2x+p)\,dx$，$\int\frac{dt}{t^m}=\frac{t^{1-m}}{1-m}=-\frac1{(m-1)t^{m-1}}$（$m\ge2$ 时是分式，不是对数）。常数那部分配方：$x^2+px+q=\left(x+\frac p2\right)^2+\left(q-\frac{p^2}4\right)$，因为判别式 $p^2-4q<0$，所以 $q-\frac{p^2}4>0$，记作 $a^2$（$a>0$）。再令 $u=x+\frac p2$，就归结为

$$J_m=\int\frac{du}{(u^2+a^2)^m},\qquad a>0.$$

$J_1=\frac1a\arctan\frac ua$ 已经会了。对 $m\ge2$，想找 $J_m$ 和 $J_{m-1}$ 的关系。对 $J_{m-1}$ 分部积分（$dv=du$，$v=u$）时，会出现 $\frac{u}{(u^2+a^2)^{m-1}}$ 这一项，所以考虑它的导数。用乘积法则加链式法则，把它看成 $u\cdot(u^2+a^2)^{-(m-1)}$，其中 $\left[(u^2+a^2)^{-(m-1)}\right]'=-(m-1)(u^2+a^2)^{-m}\cdot2u$：

$$\left[\frac{u}{(u^2+a^2)^{m-1}}\right]'=\frac{1}{(u^2+a^2)^{m-1}}+u\cdot\frac{-2(m-1)u}{(u^2+a^2)^{m}}=\frac{1}{(u^2+a^2)^{m-1}}-\frac{2(m-1)u^2}{(u^2+a^2)^m}.$$

第二项的分子里有 $u^2$。把它写成 $(u^2+a^2)-a^2$：

$$\frac{u^2}{(u^2+a^2)^m}=\frac{(u^2+a^2)-a^2}{(u^2+a^2)^m}=\frac{1}{(u^2+a^2)^{m-1}}-\frac{a^2}{(u^2+a^2)^m}.$$

代回去，合并同类项（$1-2(m-1)=3-2m$）：

$$\left[\frac{u}{(u^2+a^2)^{m-1}}\right]'=\frac{3-2m}{(u^2+a^2)^{m-1}}+\frac{2(m-1)a^2}{(u^2+a^2)^m}.$$

两边积分，左边就是 $\frac{u}{(u^2+a^2)^{m-1}}$，右边是 $(3-2m)J_{m-1}+2(m-1)a^2J_m$：

$$\frac{u}{(u^2+a^2)^{m-1}}=(3-2m)J_{m-1}+2(m-1)a^2J_m.$$

解出 $J_m$：把 $(3-2m)J_{m-1}$ 移到左边变成 $+(2m-3)J_{m-1}$，再除以 $2(m-1)a^2$：

$$J_m=\frac{u}{2(m-1)a^2(u^2+a^2)^{m-1}}+\frac{2m-3}{2(m-1)a^2}J_{m-1}.$$

（最后加一个积分常数。）比如 $\int\frac{dx}{(x^2+1)^2}$：$m=2$，$a=1$，$2(m-1)a^2=2$，$2m-3=1$，

$$\int\frac{dx}{(x^2+1)^2}=\frac{x}{2(x^2+1)}+\frac12\arctan x+C,$$

和第五节用 $x=\tan t$ 算出的结果一样。每用一次，指数 $m$ 降一，有限次以后回到 $J_1$。所以部分分式加上这个递推，是一个一定能算完的算法。

反正切其实是复数的对数（选读）#

上面“高观点”框说，$\arctan$ 是两个复对数合并的结果。这里验证一个具体的等式。

先说复数的对数。复数 $a+bi$ 看成平面上的点 $(a,b)$；横坐标 $a>0$ 的那一半叫右半平面。复数的对数不像正实数的对数那样只有一个值：由第一篇的欧拉公式，$e^{2\pi i}=\cos2\pi+i\sin2\pi=1$，所以 $e^{z+2\pi i}=e^z\cdot e^{2\pi i}=e^z$。如果 $e^w=z$，那么 $w+2\pi i$、$w+4\pi i$……也都满足，所以 $z$ 的对数可以差 $2\pi i$ 的整数倍。要当成普通函数来求导，就得在每一点固定挑一个值。这里用 $\operatorname{Log}$ 表示在右半平面上挑出的一个连续的选法，并且 $\operatorname{Log}1=0$（和实数的 $\ln1=0$ 一致）；它的导数仍是 $\frac1z$。

只需要右半平面就够了：对任何实数 $x$，$1+ix$ 对应点 $(1,x)$，$1-ix$ 对应点 $(1,-x)$，横坐标都是 $1>0$，都落在右半平面里。有

$$\arctan x=\frac1{2i}\left[\operatorname{Log}(1+ix)-\operatorname{Log}(1-ix)\right].$$

验证只需两步。

第一，右边求导。自变量是实数 $x$，$i$ 是常数。内层 $1+ix$ 对 $x$ 的导数是 $i$，$1-ix$ 的导数是 $-i$；$\operatorname{Log}$ 的导数是 $\frac1z$。由链式法则，$\left[\operatorname{Log}(1+ix)\right]'=\frac{1}{1+ix}\cdot i$，$\left[\operatorname{Log}(1-ix)\right]'=\frac{1}{1-ix}\cdot(-i)$。所以右边的导数是

$$\frac1{2i}\left(\frac{i}{1+ix}-\frac{-i}{1-ix}\right)=\frac1{2i}\cdot i\left(\frac{1}{1+ix}+\frac{1}{1-ix}\right)=\frac12\left(\frac{1}{1+ix}+\frac{1}{1-ix}\right).$$

通分：分子 $(1-ix)+(1+ix)=2$，分母用平方差和 $i^2=-1$，$(1+ix)(1-ix)=1-i^2x^2=1+x^2$。所以

$$\frac12\cdot\frac{2}{1+x^2}=\frac1{1+x^2}.$$

左边的导数也是 $\frac1{1+x^2}$（第一篇第四节）。

第二，记 $F(x)$ 为左边减右边。由第一步，$F'(x)=\frac1{1+x^2}-\frac1{1+x^2}=0$，所以 $F$ 是常数（“开始之前”回顾过：导数恒为 $0$ 的函数是常数）。$x=0$ 时左边 $\arctan0=0$，右边 $\frac1{2i}(\operatorname{Log}1-\operatorname{Log}1)=0$，所以这个常数 $F(0)=0$，两边对所有实数 $x$ 相等。

这个等式也可以“算”出来：把 $\frac1{1+x^2}$ 按两个复数根拆成部分分式。$1+x^2=1-i^2x^2=(1+ix)(1-ix)$，设 $\frac1{(1+ix)(1-ix)}=\frac A{1+ix}+\frac B{1-ix}$，通分得 $1=A(1-ix)+B(1+ix)=(A+B)+i(B-A)x$，所以 $A+B=1$，$B-A=0$，$A=B=\frac12$。再逐项积分，$\int\frac{dx}{1+ix}=\frac1i\operatorname{Log}(1+ix)$（内层导数是 $i$，要除掉），$\int\frac{dx}{1-ix}=-\frac1i\operatorname{Log}(1-ix)$。合起来：

$$\int\frac{dx}{1+x^2}=\frac12\left[\frac1i\operatorname{Log}(1+ix)-\frac1i\operatorname{Log}(1-ix)\right]=\frac1{2i}\left[\operatorname{Log}(1+ix)-\operatorname{Log}(1-ix)\right].$$

前面必须说明选的是哪一个对数，就是因为复数的对数可以差 $2\pi i$ 的整数倍。换到更大的数系里，计算变统一了，但也多了要处理的细节。

五、三角函数的积分与根式代换#

① $\sin$、$\cos$ 的幂相乘：看有没有奇数次#

例 $\int\sin^3x\cos^2x\,dx$。

$\sin$ 是奇数次。打算令 $t=\cos x$，它的微分 $dt=-\sin x\,dx$ 需要一个 $\sin x$，所以从 $\sin^3x$ 里拆出一个：$\sin^3x=\sin^2x\cdot\sin x$。剩下的 $\sin^2x$ 是偶数次，可以用 $1-\cos^2x$ 替换：

$$\int\sin^3x\cos^2x\,dx=\int\sin^2x\cos^2x\cdot\sin x\,dx=\int(1-\cos^2x)\cos^2x\cdot\sin x\,dx.$$

令 $t=\cos x$，$dt=-\sin x\,dx$，即 $\sin x\,dx=-dt$。代进去，再展开 $(1-t^2)t^2=t^2-t^4$，逐项积分：

$$=-\int(1-t^2)t^2\,dt=-\int(t^2-t^4)\,dt=-\left(\frac{t^3}3-\frac{t^5}5\right)+C=-\frac{t^3}3+\frac{t^5}5+C.$$

代回：$-\dfrac{\cos^3x}3+\dfrac{\cos^5x}5+C$。

为什么留下 $\sin x$？因为它是 $\cos x$ 的导数（差一个负号），可以和 $dx$ 组成 $d(\cos x)$；剩下的偶数次 $\sin^2x$ 又能完全用 $\cos x$ 表示。

$\cos$ 的次数是奇数时，反过来留下 $\cos x\,dx$，令 $t=\sin x$，这时 $dt=\cos x\,dx$，没有负号。比如

$$\int\sin^2x\cos^3x\,dx=\int\sin^2x(1-\sin^2x)\cos x\,dx=\int t^2(1-t^2)\,dt=\frac{t^3}3-\frac{t^5}5+C=\frac{\sin^3x}3-\frac{\sin^5x}5+C.$$

两者都是偶数次时，上面的办法就不灵了：比如 $\sin^2x$ 拿走一个 $\sin x$，只剩一个 $\sin x$，换成 $\cos x$ 要写成 $\sqrt{1-\cos^2x}$，带上了根号。这时用降幂公式，把二次方降成一次（角度翻倍），一次的 $\cos2x$ 可以直接积分。

比如 $\int\sin^2x\,dx$。降幂后逐项积分，其中 $\int\cos2x\,dx=\frac{\sin2x}2$（系数还原）：

$$\int\sin^2x\,dx=\frac12\int(1-\cos2x)\,dx=\frac12\left(x-\frac{\sin2x}2\right)+C=\frac x2-\frac{\sin2x}4+C.$$

再如 $\int\sin^2x\cos^2x\,dx$。先用 $\sin x\cos x=\frac12\sin2x$，得 $\sin^2x\cos^2x=\frac14\sin^22x$。$\sin^22x$ 还是偶数次，再降一次幂：降幂公式 $\sin^2\theta=\frac{1-\cos2\theta}2$ 取 $\theta=2x$，$2\theta=4x$，所以 $\sin^22x=\frac{1-\cos4x}2$。系数 $\frac14\cdot\frac12=\frac18$：

$$\int\sin^2x\cos^2x\,dx=\frac14\int\sin^22x\,dx=\frac18\int(1-\cos4x)\,dx=\frac18\left(x-\frac{\sin4x}4\right)+C=\frac x8-\frac{\sin4x}{32}+C.$$

② 三角代换：$\sqrt{a^2-x^2}$ 让人想到 $x=a\sin t$#

$\sqrt{a^2-x^2}$ 难在根号下是两项相减。三角里有 $1-\sin^2t=\cos^2t$，能把“相减”变成一个平方。令 $x=a\sin t$（乘 $a$ 是为了能提出 $a^2$）：

$$a^2-x^2=a^2-a^2\sin^2t=a^2(1-\sin^2t)=a^2\cos^2t,$$

根号就能开出来。

例 $\int\sqrt{4-x^2}\,dx$，在 $-2<x<2$ 内算。

令 $x=2\sin t$，即 $\sin t=\frac x2$，$-2<x<2$ 时 $\frac x2$ 在 $(-1,1)$ 里。取 $-\frac\pi2<t<\frac\pi2$：在这个范围里 $\sin t$ 严格递增，每个 $x$ 恰好对应一个 $t$，最后能用 $t=\arcsin\frac x2$ 换回去；而且这时 $\cos t>0$，开根号不用讨论符号。

• 根号：$\sqrt{4-4\sin^2t}=\sqrt{4\cos^2t}=2\lvert\cos t\rvert=2\cos t$；
• $dx=2\cos t\,dt$。

用降幂公式 $\cos^2t=\frac{1+\cos2t}2$，再逐项积分，其中 $\int\cos2t\,dt=\frac12\sin2t$（系数还原）：

$$\int\sqrt{4-x^2}\,dx=\int2\cos t\cdot2\cos t\,dt=4\int\cos^2t\,dt=2\int(1+\cos2t)\,dt=2t+2\cdot\frac12\sin2t+C=2t+\sin2t+C.$$

代回 $x$：

• $t=\arcsin\frac x2$；
• $\cos t=\sqrt{1-\sin^2t}=\sqrt{1-\frac{x^2}4}=\frac{\sqrt{4-x^2}}{2}$（$\cos t>0$，取正号）；
• $\sin2t=2\sin t\cos t=2\cdot\frac x2\cdot\frac{\sqrt{4-x^2}}2=\frac{x\sqrt{4-x^2}}2$。

答案：

$$\int\sqrt{4-x^2}\,dx=2\arcsin\frac x2+\frac{x\sqrt{4-x^2}}2+C.$$

$t$ 的范围是为了把 $\sqrt{\cos^2t}=\lvert\cos t\rvert$ 正确地写成 $\cos t$。

检查 $y=\sqrt{4-x^2}$ 两边平方得 $x^2+y^2=4$，$y\ge0$，图像是半径为 $2$ 的上半圆，所以 $\int_{-2}^2\sqrt{4-x^2}\,dx$ 是半圆的面积 $\frac12\pi\cdot2^2=2\pi$。用答案算：第二项在 $x=\pm2$ 时根号里是 $4-4=0$，都是 $0$；第一项用 $\arcsin1=\frac\pi2$（正弦为 $1$ 的角）、$\arcsin(-1)=-\frac\pi2$，$\left[2\arcsin\frac x2\right]_{-2}^{2}=2\cdot\frac\pi2-2\cdot\left(-\frac\pi2\right)=2\pi$。$\checkmark$

类似地，另外两种根式也有对应的代换。记 $\sec t=\frac1{\cos t}$（正割）。把 $\sin^2t+\cos^2t=1$ 两边除以 $\cos^2t$，得 $\tan^2t+1=\sec^2t$。

$\sqrt{a^2+x^2}$ 常试 $x=a\tan t$：$\sqrt{a^2+a^2\tan^2t}=\sqrt{a^2\sec^2t}=a\lvert\sec t\rvert$。

$\sqrt{x^2-a^2}$ 可试 $x=a\sec t$：由 $\sec^2t-1=\tan^2t$，$\sqrt{a^2\sec^2t-a^2}=\sqrt{a^2\tan^2t}=a\lvert\tan t\rvert$。

开出来的绝对值要按 $t$ 的范围去掉。$\sqrt{x^2-a^2}$ 要求 $x^2\ge a^2$，即 $\lvert x\rvert\ge a$，定义域分成 $x\ge a$ 和 $x\le-a$ 两段，所以用 $\sec$ 代换时两段要分开处理。

图 6：回代时画一个直角三角形：按代换式标出两条边，用勾股定理求第三边，就能读出 t 的所有三角函数值。

例 $\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}$（$a>0$）。

令 $x=a\tan t$，$-\frac\pi2<t<\frac\pi2$。$dx=a\sec^2t\,dt$（$(\tan t)'=\frac1{\cos^2t}=\sec^2t$，第一篇第四节用商的法则算过），$\sqrt{x^2+a^2}=\sqrt{a^2\tan^2t+a^2}=a\sec t$（这里 $\sec t>0$）。

$$\int\frac{a\sec^2t\,dt}{a\sec t}=\int\sec t\,dt.$$

这需要一个新的积分：

回到例子。用三角形读出 $\sec t=\frac{\sqrt{x^2+a^2}}a$，$\tan t=\frac xa$：

$$\ln\lvert\sec t+\tan t\rvert+C=\ln\left\lvert\frac{\sqrt{x^2+a^2}+x}a\right\rvert+C=\ln\left\lvert x+\sqrt{x^2+a^2}\right\rvert-\ln a+C.$$

$-\ln a$ 是常数，并入 $C$。绝对值也可以去掉：对任何实数 $x$，$\sqrt{x^2+a^2}>\sqrt{x^2}=\lvert x\rvert\ge-x$，所以 $x+\sqrt{x^2+a^2}>0$。于是

$$\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}=\ln\left(x+\sqrt{x^2+a^2}\right)+C.$$

$\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}$ 的算法类似。先看 $x>a$：令 $x=a\sec t$，$0<t<\frac\pi2$。$dx=a\sec t\tan t\,dt$（$(\sec t)'=\sec t\tan t$，见上面的框），$\sqrt{x^2-a^2}=\sqrt{a^2(\sec^2t-1)}=a\tan t$（这里 $\tan t>0$）。于是

$$\int\frac{a\sec t\tan t\,dt}{a\tan t}=\int\sec t\,dt=\ln\lvert\sec t+\tan t\rvert+C.$$

回代用三角形：$\sec t=\frac xa$ 即 $\cos t=\frac ax=\frac{\text{邻边}}{\text{斜边}}$，所以邻边 $a$、斜边 $x$，由勾股定理对边是 $\sqrt{x^2-a^2}$，读出 $\tan t=\frac{\sqrt{x^2-a^2}}a$。代回：

$$\ln\lvert\sec t+\tan t\rvert=\ln\left\lvert\frac{x+\sqrt{x^2-a^2}}a\right\rvert=\ln\left\lvert x+\sqrt{x^2-a^2}\right\rvert-\ln a,$$

把 $-\ln a$ 并入常数：

$$\int\frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}=\ln\left\lvert x+\sqrt{x^2-a^2}\right\rvert+C.$$

这里的绝对值不能去：下面会看到，$x<-a$ 时同一个公式也成立，而那时括号是负的。

例 $\displaystyle\int\frac{dx}{(x^2+1)^2}$。

这是第四节留下的积分。分母里有 $x^2+1$，令 $x=\tan t$，$-\frac\pi2<t<\frac\pi2$。则 $dx=\sec^2t\,dt$，$x^2+1=\sec^2t$，$(x^2+1)^2=\sec^4t$：

$$\int\frac{\sec^2t\,dt}{\sec^4t}=\int\frac{dt}{\sec^2t}=\int\cos^2t\,dt=\int\frac{1+\cos2t}2\,dt=\frac t2+\frac12\cdot\frac{\sin2t}2+C=\frac t2+\frac{\sin2t}4+C.$$

（$\frac1{\sec^2t}=\cos^2t$；第三个等号是本节①的降幂公式 $\cos^2t=\frac{1+\cos2t}2$；$\int\cos2t\,dt=\frac{\sin2t}2$，再乘前面的 $\frac12$，分母是 $4$。）代回 $x$：$t=\arctan x$；$\frac{\sin2t}4=\frac{2\sin t\cos t}4=\frac{\sin t\cos t}2$，由三角形（对边 $x$，邻边 $1$，斜边 $\sqrt{1+x^2}$），$\sin t\cos t=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\cdot\frac1{\sqrt{1+x^2}}=\frac x{1+x^2}$。所以

$$\int\frac{dx}{(x^2+1)^2}=\frac12\arctan x+\frac{x}{2(1+x^2)}+C.$$

求导验证：第一项 $\left(\frac12\arctan x\right)'=\frac1{2(1+x^2)}$；第二项用商的法则，$\left(\frac x{1+x^2}\right)'=\frac{(1+x^2)-x\cdot2x}{(1+x^2)^2}=\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$。所以导数是 $\frac1{2(1+x^2)}+\frac{1-x^2}{2(1+x^2)^2}=\frac{(1+x^2)+(1-x^2)}{2(1+x^2)^2}=\frac1{(1+x^2)^2}$。$\checkmark$

如果被积函数里本来就有 $x\,dx$，能直接凑出 $d(x^2)$，就先试简单的换元，不必一看到根号就三角代换。比如

$d(4-x^2)=-2x\,dx$，所以 $x\,dx=-\frac12d(4-x^2)$。令 $u=4-x^2$，用 $\int u^{1/2}\,du=\frac{u^{3/2}}{3/2}=\frac23u^{3/2}$：

$$\int x\sqrt{4-x^2}\,dx=-\frac12\int\sqrt{4-x^2}\,d(4-x^2)=-\frac12\cdot\frac23(4-x^2)^{3/2}+C=-\frac13(4-x^2)^{3/2}+C.$$

补充积分表。 到这里，又得到了一批常用的结果。表里用到两个新记号：余割 $\csc x=\frac1{\sin x}$，余切 $\cot x=\frac{\cos x}{\sin x}$。它们都可以求导验证，最右一栏注明了推导在哪里：

积分	结果	出处
$\int\tan x\,dx$	$-\ln\lvert\cos x\rvert+C$	第二节，凑 $\frac{g'}g$
$\int\cot x\,dx$	$\ln\lvert\sin x\rvert+C$	同上
$\int\sec x\,dx$	$\ln\lvert\sec x+\tan x\rvert+C$	本节
$\int\csc x\,dx$	$\ln\left\lvert\tan\frac x2\right\rvert+C=\ln\lvert\csc x-\cot x\rvert+C$	见下
$\int\dfrac{dx}{a^2+x^2}$	$\dfrac1a\arctan\dfrac xa+C$	第一节，系数还原
$\int\dfrac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}$	$\arcsin\dfrac xa+C$	同上
$\int\dfrac{dx}{x^2-a^2}$	$\dfrac1{2a}\ln\left\lvert\dfrac{x-a}{x+a}\right\rvert+C$	第四节，部分分式
$\int\dfrac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}$	$\ln\left(x+\sqrt{x^2+a^2}\right)+C$	本节
$\int\dfrac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}$	$\ln\left\lvert x+\sqrt{x^2-a^2}\right\rvert+C$	本节

（$a>0$。）

$\int\csc x\,dx$ 的推导和 $\sec x$ 的第二种推法一样：$\csc x=\frac{\sin x}{\sin^2x}=\frac{\sin x}{1-\cos^2x}$。令 $u=\cos x$，$du=-\sin x\,dx$，即 $\sin x\,dx=-du$：

$$\int\csc x\,dx=-\int\frac{du}{1-u^2}=-\frac12\ln\left\lvert\frac{1+u}{1-u}\right\rvert+C=\frac12\ln\left\lvert\frac{1-\cos x}{1+\cos x}\right\rvert+C=\frac12\ln\frac{1-\cos x}{1+\cos x}+C.$$

（$\int\frac{du}{1-u^2}=\frac12\ln\left\lvert\frac{1+u}{1-u}\right\rvert$ 就是上面 $\sec x$ 框里用到的那个部分分式结果。第三个等号代回 $u=\cos x$，并用 $-\ln\frac AB=\ln\frac BA$ 把分式倒过来；最后，$\lvert\cos x\rvert\le1$，所以 $\frac{1-\cos x}{1+\cos x}\ge0$，绝对值可以去掉。）再化简。半角公式来自倍角公式 $\cos2\theta=1-2\sin^2\theta=2\cos^2\theta-1$，取 $\theta=\frac x2$ 并移项：$1-\cos x=2\sin^2\frac x2$，$1+\cos x=2\cos^2\frac x2$。比值是 $\frac{\sin^2(x/2)}{\cos^2(x/2)}=\tan^2\frac x2$，于是 $\frac12\ln\tan^2\frac x2=\ln\left\lvert\tan\frac x2\right\rvert$。再把 $\tan\frac x2$ 的分子分母同乘 $2\sin\frac x2$，分子用半角公式，分母用 $2\sin\theta\cos\theta=\sin2\theta$：

$$\tan\frac x2=\frac{2\sin^2\frac x2}{2\sin\frac x2\cos\frac x2}=\frac{1-\cos x}{\sin x}=\frac1{\sin x}-\frac{\cos x}{\sin x}=\csc x-\cot x,$$

得到第二种写法。

③ 简单的无理函数：把根式整体设为新变量#

被积函数含 $\sqrt[n]{ax+b}$ 时，令 $t=\sqrt[n]{ax+b}$：$t^n=ax+b$，$x=\frac{t^n-b}a$，$dx=\frac{nt^{n-1}}a\,dt$。含 $\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$ 时，令 $t$ 等于这个根式：$t^n=\frac{ax+b}{cx+d}$，去分母 $t^n(cx+d)=ax+b$，移项 $(ct^n-a)x=b-dt^n$，$x=\frac{b-dt^n}{ct^n-a}$。两种情况下 $x$ 都是 $t$ 的有理函数，$dx$ 也是，整个积分就变成有理函数的积分。第二节的 $\int\frac{dx}{1+\sqrt x}$ 就是这样做的。同时含 $\sqrt x$ 和 $\sqrt[3]x$ 时，令 $t=\sqrt[6]x$（$6$ 是 $2$ 和 $3$ 的最小公倍数），两个根式都变成 $t$ 的整数次幂：$\sqrt x=t^3$，$\sqrt[3]x=t^2$。

例 $\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt x+\sqrt[3]x}$（$x>0$）。令 $t=\sqrt[6]x$，即 $x=t^6$，$dx=6t^5\,dt$：

$$\int\frac{6t^5\,dt}{t^3+t^2}=6\int\frac{t^3}{t+1}\,dt.$$

（分母提出 $t^2$，和分子的 $t^5$ 约成 $t^3$。）$\frac{t^3}{t+1}$ 是假分式，先做除法。这里可以加 $1$ 再减 $1$，用立方和公式 $t^3+1=(t+1)(t^2-t+1)$：$t^3=(t^3+1)-1=(t+1)(t^2-t+1)-1$，所以 $\frac{t^3}{t+1}=t^2-t+1-\frac1{t+1}$。逐项积分（$t=\sqrt[6]x>0$，$t+1>0$，对数不用绝对值），再乘 $6$：

$$6\int\left(t^2-t+1-\frac1{t+1}\right)dt=6\left(\frac{t^3}3-\frac{t^2}2+t-\ln(t+1)\right)+C=2t^3-3t^2+6t-6\ln(t+1)+C.$$

代回 $t=\sqrt[6]x$：$2\sqrt x-3\sqrt[3]x+6\sqrt[6]x-6\ln\left(1+\sqrt[6]x\right)+C$。

④ 万能代换：别的办法都不行时再用#

设 $t=\tan\frac x2$，则

$$\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\qquad\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\qquad dx=\frac{2\,dt}{1+t^2}.$$

推导：取 $\theta=\frac x2$，用二倍角公式，再除以 $1=\sin^2\frac x2+\cos^2\frac x2$：

$$\sin x=\frac{2\sin\frac x2\cos\frac x2}{\sin^2\frac x2+\cos^2\frac x2}=\frac{2\tan\frac x2}{\tan^2\frac x2+1}.$$

（第二个等号是分子分母同除以 $\cos^2\frac x2$。）同样，

$$\cos x=\frac{\cos^2\frac x2-\sin^2\frac x2}{\cos^2\frac x2+\sin^2\frac x2}=\frac{1-\tan^2\frac x2}{1+\tan^2\frac x2}=\frac{1-t^2}{1+t^2},$$

中间一步也是分子分母同除以 $\cos^2\frac x2$。最后一条：由 $t=\tan\frac x2$ 解出 $\frac x2=\arctan t$，即 $x=2\arctan t$（$-\pi<x<\pi$），用 $(\arctan t)'=\frac1{1+t^2}$ 求导得 $dx=\frac{2\,dt}{1+t^2}$。

这样，任何由 $\sin x$、$\cos x$ 经过加减乘除得到的式子，都能变成 $t$ 的有理函数，所以一定能积出来。例如

$$\int\frac{dx}{2+\sin x}=\int\frac{\frac{2dt}{1+t^2}}{2+\frac{2t}{1+t^2}}=\int\frac{2\,dt}{2(1+t^2)+2t}=\int\frac{dt}{t^2+t+1}.$$

（第二步分子分母同乘 $1+t^2$。）配方：$t^2+t+1=\left(t^2+t+\frac14\right)-\frac14+1=\left(t+\frac12\right)^2+\frac34$。令 $u=t+\frac12$，$du=dt$，用反正切公式 $\int\frac{du}{u^2+a^2}=\frac1a\arctan\frac ua$，这里 $a^2=\frac34$，$a=\frac{\sqrt3}2$，$\frac1a=\frac2{\sqrt3}$。最后把 $\frac{t+1/2}{\sqrt3/2}$ 的分子分母同乘 $2$，得 $\frac{2t+1}{\sqrt3}$：

$$\int\frac{dt}{\left(t+\frac12\right)^2+\frac34}=\frac{2}{\sqrt3}\arctan\frac{t+\frac12}{\frac{\sqrt3}2}+C=\frac2{\sqrt3}\arctan\frac{2\tan\frac x2+1}{\sqrt3}+C.$$

图 7：从点 (−1, 0) 向圆上的点 (cos x, sin x) 连线，与 y 轴交于 (0, t)。由圆周角定理，这条线的倾角是 x/2，所以 t = tan(x/2)。

不用三角公式，也能算出这组公式。 设圆上的点是 $(X,Y)$。过 $(-1,0)$、斜率为 $t$ 的直线是 $Y=t(X+1)$。代入 $X^2+Y^2=1$：

$$X^2+t^2(X+1)^2=1\ \Longrightarrow\ (X+1)\left[(1+t^2)X+t^2-1\right]=0.$$

（把 $1$ 移到左边，$X^2-1=(X-1)(X+1)$，和 $t^2(X+1)^2$ 一起提出 $(X+1)$，方括号里是 $(X-1)+t^2(X+1)=(1+t^2)X+t^2-1$。）两个因式之积为 $0$：一个交点是出发点 $X=-1$；另一个由方括号为 $0$ 解出，$(1+t^2)X=1-t^2$。再算 $X+1=\frac{1-t^2}{1+t^2}+1=\frac{2}{1+t^2}$，所以

$$X=\frac{1-t^2}{1+t^2},\qquad Y=t(X+1)=\frac{2t}{1+t^2}.$$

令 $X=\cos x$，$Y=\sin x$，就是万能代换的公式。每个有限的 $t$ 对应圆上除了出发点 $(-1,0)$ 以外的一个点；出发点本身对应 $t\to\infty$：$(-1,0)=(\cos\pi,\sin\pi)$，$x\to\pi$ 时 $t=\tan\frac x2\to\infty$；几何上，$P$ 靠近 $A$ 时直线 $AP$ 越来越陡，最后变成竖直的切线 $X=-1$，和 $y$ 轴没有交点。所以万能代换在 $x=\pi$（即点 $(-1,0)$）处断开，是因为这一个参数化盖不住整个圆，少了一个点。下面的“易错”框说的就是这件事带来的后果。

⑤ 只含 $\sin^2x$、$\cos^2x$、$\sin x\cos x$ 时：令 $t=\tan x$#

万能代换总能用，但往往把分母变成四次多项式，计算量很大。有一类常见的式子有更省力的办法。

例 $\displaystyle\int\frac{dx}{1+\sin^2x}$。

分子分母同除以 $\cos^2x$。分母变成 $\frac{1}{\cos^2x}+\frac{\sin^2x}{\cos^2x}=\frac1{\cos^2x}+\tan^2x=(1+\tan^2x)+\tan^2x=1+2\tan^2x$（用了 $\frac1{\cos^2x}=1+\tan^2x$：把 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 两边除以 $\cos^2x$）；分子变成 $\frac{dx}{\cos^2x}$，由 $(\tan x)'=\frac1{\cos^2x}$，正好是 $d(\tan x)$。令 $t=\tan x$：

$$\int\frac{dx}{1+\sin^2x}=\int\frac{\frac{dx}{\cos^2x}}{1+2\tan^2x}=\int\frac{dt}{1+2t^2}=\frac1{\sqrt2}\arctan\left(\sqrt2\,t\right)+C=\frac1{\sqrt2}\arctan\left(\sqrt2\tan x\right)+C.$$

（最后一步：$1+2t^2=1+(\sqrt2t)^2$，令 $w=\sqrt2t$，$dt=\frac{dw}{\sqrt2}$。）用万能代换也能做，但要处理 $\frac{(1+t^2)^2}{(1+t^2)^2+4t^2}$ 这样的式子，麻烦得多。

什么时候能这样做。 关键是：$\sin^2x$、$\cos^2x$、$\sin x\cos x$ 除以 $\cos^2x$ 以后，分别是 $\tan^2x$、$1$、$\tan x$，都能用 $\tan x$ 表示。所以被积函数如果是这些量（以及常数）的有理式，就能化成 $t=\tan x$ 的有理函数。常数 $c$ 写成 $c(\sin^2x+\cos^2x)$，除以 $\cos^2x$ 后是 $c(\tan^2x+1)$，也能用 $\tan x$ 表示。

一个容易检查的判别办法：把式子里的 $\sin x$、$\cos x$ 同时换成 $-\sin x$、$-\cos x$，如果式子不变，就可以令 $t=\tan x$。（上面三个量在这个替换下都不变：$(-\sin x)^2=\sin^2x$，$(-\sin x)(-\cos x)=\sin x\cos x$；$\sin x$ 单独出现就会变号。比如 $\frac1{1+\sin^2x}$ 不变，可以用；$\frac1{2+\sin x}$ 变成 $\frac1{2-\sin x}$，不能用，只能用万能代换。）

公式里常见的一般形式（$a,b>0$）：

$$\int\frac{dx}{a^2\cos^2x+b^2\sin^2x}=\int\frac{d(\tan x)}{a^2+b^2\tan^2x}=\frac1{ab}\arctan\left(\frac ba\tan x\right)+C.$$

（第一步：分子分母同除以 $\cos^2x$，分母是 $a^2+b^2\tan^2x$，分子 $\frac{dx}{\cos^2x}=d(\tan x)$。最后一步：分母是 $a^2+(b\tan x)^2$，令 $u=b\tan x$，$d(\tan x)=\frac{du}b$，积分变成 $\frac1b\int\frac{du}{a^2+u^2}=\frac1b\cdot\frac1a\arctan\frac ua$，再代回 $u=b\tan x$。）

六、定积分的计算技巧：换元、对称性与周期#

定积分的换元：上下限一起换#

不定积分换元以后要代回原来的变量；定积分换元可以不代回，直接把上下限也换掉：

$$\int_a^bf(g(x))g'(x)\,dx=\int_{g(a)}^{g(b)}f(u)\,du.$$

理由：设 $F'=f$。由链式法则，$[F(g(x))]'=F'(g(x))g'(x)=f(g(x))g'(x)$，正是左边的被积函数，所以由牛顿—莱布尼茨公式，左边 $=\Big[F(g(x))\Big]_a^b=F(g(b))-F(g(a))$；右边的原函数是 $F(u)$，右边 $=\Big[F(u)\Big]_{g(a)}^{g(b)}$，也等于 $F(g(b))-F(g(a))$。写的时候就是：令 $u=g(x)$，$du=g'(x)\,dx$，$x=a$ 时 $u=g(a)$，$x=b$ 时 $u=g(b)$。

例 $\int_0^12xe^{x^2}\,dx$。令 $u=x^2$，$du=2x\,dx$。$x=0$ 时 $u=0$，$x=1$ 时 $u=1$。于是

$$\int_0^12xe^{x^2}\,dx=\int_0^1e^u\,du=\Big[e^u\Big]_0^1=e^1-e^0=e-1.$$

第二类换元 $x=\varphi(t)$ 也一样：$x$ 从 $a$ 到 $b$，$t$ 相应地从 $\alpha$ 到 $\beta$（$\varphi(\alpha)=a$，$\varphi(\beta)=b$），

$$\int_a^bf(x)\,dx=\int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt.$$

理由相同：设 $F'=f$，由链式法则，$[F(\varphi(t))]'=f(\varphi(t))\varphi'(t)$，正是右边的被积函数，所以右边等于 $F(\varphi(\beta))-F(\varphi(\alpha))=F(b)-F(a)$，就是左边。

例 $\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,dx$。令 $x=\sin t$，$dx=\cos t\,dt$；$x=0$ 对应 $t=0$，$x=1$ 对应 $t=\frac\pi2$。在 $[0,\frac\pi2]$ 上 $\cos t\ge0$，$\sqrt{1-\sin^2t}=\cos t$：

$$\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,dx=\int_0^{\pi/2}\cos t\cdot\cos t\,dt=\int_0^{\pi/2}\frac{1+\cos2t}2\,dt=\left[\frac t2+\frac{\sin2t}4\right]_0^{\pi/2}=\frac\pi4,$$

正是四分之一个单位圆的面积。

下限对应下限，上限对应上限，即使 $\alpha>\beta$ 也照这样写。比如上例改用 $x=\cos t$：$dx=-\sin t\,dt$，$x=0$ 对应 $t=\frac\pi2$，$x=1$ 对应 $t=0$，新的下限比上限大，照写：

$$\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,dx=\int_{\pi/2}^0\sin t\cdot(-\sin t)\,dt=\int_0^{\pi/2}\sin^2t\,dt=\frac\pi4.$$

$dx$ 带来的负号，正好和“交换上下限变号”抵消，结果一样。

下面这些技巧，全都来自定积分的换元。

① 奇偶性：对称区间上的抵消#

在 $[-a,a]$ 上：

• 若 $f$ 是奇函数（$f(-x)=-f(x)$），$\int_{-a}^af(x)\,dx=0$；
• 若 $f$ 是偶函数（$f(-x)=f(x)$），$\int_{-a}^af(x)\,dx=2\int_0^af(x)\,dx$。

例 $\int_{-2}^2(x^3+\cos x)\,dx$。$(-x)^3=-x^3$，$x^3$ 是奇函数，贡献 $0$；$\cos(-x)=\cos x$，$\cos x$ 是偶函数。所以

$$\int_{-2}^2(x^3+\cos x)\,dx=0+2\int_0^2\cos x\,dx=2\Big[\sin x\Big]_0^2=2(\sin2-\sin0)=2\sin2.$$

这里的 $2$ 是弧度，$\sin2\approx0.909$。

② 镜像换元（也叫 King 性质）#

把 $x$ 换成 $a+b-x$，区间 $[a,b]$ 会左右翻过来，但积分的值不变：

$$\int_a^bf(x)\,dx=\int_a^bf(a+b-x)\,dx.$$

（证明：在右边令 $t=a+b-x$。$x=a$ 时 $t=b$，$x=b$ 时 $t=a$，$dx=-dt$。所以右边 $=\int_b^af(t)(-dt)=-\int_b^af(t)\,dt=\int_a^bf(t)\,dt$，最后一步是“交换上下限变号”。积分变量叫 $t$ 还是 $x$ 不影响值，所以就是左边。）

关键是看翻过来以后的式子，能不能和原来的式子凑成简单的东西。

例 $I=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx$。

这里 $a+b=\frac\pi2$，镜像就是把 $x$ 换成 $\frac\pi2-x$。由诱导公式，$\sin$ 和 $\cos$ 互换：

$$I=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos x}{\cos x+\sin x}\,dx.$$

两个式子相加，分母相同，分子加起来正好等于分母：

$$2I=\int_0^{\pi/2}\frac{\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}\,dx=\int_0^{\pi/2}1\,dx=\frac\pi2,\qquad I=\frac\pi4.$$

完全不用求原函数。窍门是：镜像以后分母不变，分子变成和原来“互补”的那一个。

例 $I=\int_0^\pi x\sin x\,dx$。

镜像（$x\to\pi-x$）以后是 $\int_0^\pi(\pi-x)\sin(\pi-x)\,dx=\int_0^\pi(\pi-x)\sin x\,dx$。两式相加，$x+(\pi-x)=\pi$：

$$2I=\int_0^\pi\left[x+(\pi-x)\right]\sin x\,dx=\pi\int_0^\pi\sin x\,dx=\pi\cdot2=2\pi,\qquad I=\pi.$$

（$\int_0^\pi\sin x\,dx=\big[-\cos x\big]_0^\pi=-(-1)-(-1)=2$。）

（用分部积分验证：$\int_0^\pi x\sin x\,dx=\big[-x\cos x\big]_0^\pi+\int_0^\pi\cos x\,dx=\pi+0=\pi$。$\checkmark$）

更一般的结论用同样的推导得到。设 $I=\int_0^\pi xf(\sin x)\,dx$，镜像后 $I=\int_0^\pi(\pi-x)f(\sin(\pi-x))\,dx=\int_0^\pi(\pi-x)f(\sin x)\,dx$，两式相加，合成一个积分，$x+(\pi-x)=\pi$：$2I=\int_0^\pi\left[x+(\pi-x)\right]f(\sin x)\,dx=\pi\int_0^\pi f(\sin x)\,dx$，两边除以 $2$，即

$$\int_0^\pi xf(\sin x)\,dx=\frac\pi2\int_0^\pi f(\sin x)\,dx.$$

有时把它说成“把 $x$ 换成区间中点 $\frac\pi2$”。它成立，是因为另一个因子 $f(\sin x)$ 关于中点 $\frac\pi2$ 对称（$\sin(\pi-x)=\sin x$）。只看到被积函数里有个 $x$，另一个因子却不对称，就不能这样做。

例 $I=\displaystyle\int_0^{\pi/4}\ln(1+\tan x)\,dx$。

$\ln(1+\tan x)$ 的原函数不是初等函数，但镜像可以绕过它。这里 $a+b=\frac\pi4$，把 $x$ 换成 $\frac\pi4-x$。

先算 $\tan\left(\frac\pi4-x\right)$。$\sin\frac\pi4=\cos\frac\pi4=\frac{\sqrt2}2$，由和角公式：

$$\tan\left(\frac\pi4-x\right)=\frac{\frac{\sqrt2}2\cos x-\frac{\sqrt2}2\sin x}{\frac{\sqrt2}2\cos x+\frac{\sqrt2}2\sin x}=\frac{\cos x-\sin x}{\cos x+\sin x}=\frac{1-\tan x}{1+\tan x}.$$

（最后一步分子分母同除以 $\cos x$。）于是

$$1+\tan\left(\frac\pi4-x\right)=\frac{(1+\tan x)+(1-\tan x)}{1+\tan x}=\frac2{1+\tan x},$$

取对数：$\ln\left(1+\tan\left(\frac\pi4-x\right)\right)=\ln2-\ln(1+\tan x)$。代回镜像以后的积分：

$$I=\int_0^{\pi/4}\left[\ln2-\ln(1+\tan x)\right]dx=\int_0^{\pi/4}\ln2\,dx-\int_0^{\pi/4}\ln(1+\tan x)\,dx=\frac\pi4\ln2-I.$$

第一项是常数 $\ln2$ 乘区间长度 $\frac\pi4$；第二项正是原来的 $I$。$I$ 出现在两边，移项，$2I=\frac\pi4\ln2$，$I=\frac\pi8\ln2$。

和第一个例子一样，镜像以后得到的式子和原来的“互补”：两者相加是常数 $\ln2$。

③ 周期：先算一个周期#

若 $f$ 以 $T$ 为周期，则任意一段长度为 $T$ 的区间上，积分都相等：$\int_a^{a+T}f\,dx=\int_0^Tf\,dx$。

证明：先设 $0\le a<T$（比如 $T=2$，$a=0.5$，区间是 $[0.5,2.5]$）。在 $T$ 处拆成两段，$\int_a^{a+T}f=\int_a^Tf+\int_T^{a+T}f$。第二段令 $x=u+T$：$x=T$ 时 $u=0$，$x=a+T$ 时 $u=a$，$dx=du$，由周期性 $f(u+T)=f(u)$，它等于 $\int_0^af(u)\,du$。所以总和是 $\int_a^Tf+\int_0^af=\int_0^af+\int_a^Tf=\int_0^Tf$，$[0,a]$ 和 $[a,T]$ 正好拼成 $[0,T]$。

一般的 $a$，先减掉整数个周期：写成 $a=kT+a'$，$k$ 是整数，$0\le a'<T$。令 $x=t+kT$，$f(t+kT)=f(t)$（用 $k$ 次周期性），积分变成 $\int_{a'}^{a'+T}f(t)\,dt$，再用上面的结果。这个证明只要求 $f$ 在一个周期上可积，不要求连续。

$\lvert\sin x\rvert$ 的周期是 $\pi$。在 $[0,\pi]$ 上 $\sin x\ge0$，绝对值可以去掉，一个周期上的积分是 $\int_0^\pi\sin x\,dx=2$。$[0,5\pi]$ 由 $5$ 个长度为 $\pi$ 的区间拼成（区间可加性），每一段上的积分都是 $2$（刚证明的性质）。所以

$$\int_0^{5\pi}\lvert\sin x\rvert\,dx=5\times2=10.$$

但乘上 $x$ 以后，$x\lvert\sin x\rvert$ 就不是周期函数了，不能整段整段地乘。

④ 绝对值：先找变号的点#

$\int_0^2\lvert x-1\rvert\,dx$ 必须在 $x=1$ 处分开：$0\le x\le1$ 时 $x-1\le0$，$\lvert x-1\rvert=1-x$；$1\le x\le2$ 时 $\lvert x-1\rvert=x-1$。

$$\int_0^1(1-x)\,dx+\int_1^2(x-1)\,dx=\left[x-\frac{x^2}2\right]_0^1+\left[\frac{x^2}2-x\right]_1^2=\frac12+\left(0-\left(-\frac12\right)\right)=\frac12+\frac12=1.$$

几何上，这是两个直角边都为 $1$ 的三角形。

⑤ 点火公式（沃利斯公式）#

$$I_n=\int_0^{\pi/2}\sin^nx\,dx=\int_0^{\pi/2}\cos^nx\,dx.$$

（两者相等：用镜像 $x\to\frac\pi2-x$，$\sin$ 变成 $\cos$。）

递推：$n\ge2$ 时，把 $I_n$ 写成 $\int_0^{\pi/2}\sin^{n-1}x\cdot\sin x\,dx$，分部积分，取 $u=\sin^{n-1}x$，$dv=\sin x\,dx$，$v=-\cos x$；由链式法则，$du=(n-1)\sin^{n-2}x\cdot\cos x\,dx$。代入 $\big[uv\big]-\int v\,du$，$v$ 带的负号和公式里的减号相乘变成加号：

$$I_n=\Big[-\sin^{n-1}x\cos x\Big]_0^{\pi/2}+(n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^2x\,dx.$$

边界项：$x=\frac\pi2$ 时 $\cos x=0$，这一端是 $0$；$x=0$ 时 $\sin x=0$，而 $n\ge2$，$n-1\ge1$，$\sin^{n-1}0=0$，这一端也是 $0$。所以边界项为 $0$。把 $\cos^2x=1-\sin^2x$ 代入，$\sin^{n-2}x\cos^2x=\sin^{n-2}x-\sin^nx$：

$$I_n=(n-1)\int_0^{\pi/2}\left(\sin^{n-2}x-\sin^nx\right)dx=(n-1)(I_{n-2}-I_n).$$

$I_n$ 出现在两边。展开，$I_n=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n$，把 $-(n-1)I_n$ 移到左边：$I_n+(n-1)I_n=nI_n=(n-1)I_{n-2}$，即

$$I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}.$$

初值直接算：$I_0=\int_0^{\pi/2}1\,dx=\frac\pi2$，$I_1=\int_0^{\pi/2}\sin x\,dx=\big[-\cos x\big]_0^{\pi/2}=0-(-1)=1$。一路递推下去，每次下标减 $2$：

$$I_n=\frac{n-1}nI_{n-2}=\frac{n-1}n\cdot\frac{n-3}{n-2}I_{n-4}=\cdots$$

下标的奇偶不变：偶数一直降到 $I_0$，奇数一直降到 $I_1$。所以

$$I_n=\begin{cases}\dfrac{n-1}{n}\cdot\dfrac{n-3}{n-2}\cdots\dfrac12\cdot\dfrac\pi2, & n\text{ 为偶数},\\[2mm]\dfrac{n-1}{n}\cdot\dfrac{n-3}{n-2}\cdots\dfrac23\cdot1, & n\text{ 为奇数}.\end{cases}$$

比如 $\int_0^{\pi/2}\sin^4x\,dx=\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2=\frac{3\pi}{16}$，$\int_0^{\pi/2}\sin^5x\,dx=\frac45\cdot\frac23=\frac8{15}$。

记法：从 $\frac{n-1}n$ 开始，分子分母每次各减 $2$，一直乘到分子是 $1$ 或 $2$ 为止（偶数次最后一个因子是 $\frac12$，奇数次最后一个因子是 $\frac23$）；偶数次的最后还要乘 $\frac\pi2$。叫“点火公式”，是因为只要写出第一个因子，后面就能一个接一个地写下去。

区间不是 $\left[0,\frac\pi2\right]$ 时。 先用对称性把区间换回 $\left[0,\frac\pi2\right]$，再用点火公式。

$[0,\pi]$ 上的 $\sin^nx$。 拆成 $\int_0^{\pi/2}+\int_{\pi/2}^\pi$，前一段是 $I_n$。后一段令 $x=\pi-t$：$x=\frac\pi2$ 时 $t=\frac\pi2$，$x=\pi$ 时 $t=0$，$dx=-dt$，而 $\sin(\pi-t)=\sin t$：

$$\int_{\pi/2}^\pi\sin^nx\,dx=\int_{\pi/2}^0\sin^nt\,(-dt)=\int_0^{\pi/2}\sin^nt\,dt=I_n.$$

所以 $\int_0^\pi\sin^nx\,dx=I_n+I_n=2I_n$。几何上，$\sin^nx$ 的图像关于 $x=\frac\pi2$ 对称。

$[0,\pi]$ 上的 $\cos^nx$。 同样拆开，前一段是 $I_n$。后一段令 $x=\pi-t$，这次 $\cos(\pi-t)=-\cos t$，$\cos^n(\pi-t)=(-1)^n\cos^nt$：

$$\int_{\pi/2}^\pi\cos^nx\,dx=\int_0^{\pi/2}(-1)^n\cos^nt\,dt=(-1)^nI_n.$$

所以 $\int_0^\pi\cos^nx\,dx=I_n+(-1)^nI_n=\left[1+(-1)^n\right]I_n$：$n$ 为偶数时 $(-1)^n=1$，是 $2I_n$；$n$ 为奇数时 $(-1)^n=-1$，是 $0$（两半正好抵消）。

$[0,2\pi]$ 上。 两者都是：$n$ 为偶数时等于 $4I_n$，$n$ 为奇数时等于 $0$。以 $\sin^nx$ 为例，拆成 $[0,\pi]$ 和 $[\pi,2\pi]$。在 $[\pi,2\pi]$ 上令 $x=t+\pi$，$t$ 从 $0$ 到 $\pi$，$dx=dt$，由 $\sin(t+\pi)=-\sin t$，$\sin^nx=(-1)^n\sin^nt$，所以这一段是 $(-1)^n\cdot2I_n$。合起来 $2I_n+(-1)^n\cdot2I_n=\left[1+(-1)^n\right]\cdot2I_n$，偶数时 $4I_n$，奇数时 $0$。$\cos^nx$ 一样做，由 $\cos(t+\pi)=-\cos t$，第二段是第一段的 $(-1)^n$ 倍，合起来 $\left[1+(-1)^n\right]^2I_n$，结果相同。

比如 $\int_0^\pi\cos^4x\,dx=2\cdot\frac{3\pi}{16}=\frac{3\pi}8$，$\int_0^{2\pi}\sin^3x\,dx=0$。

每一条都可以对着图像检查：$\sin^3x$ 在 $[0,\pi]$ 上为正，在 $[\pi,2\pi]$ 上为负，两块面积一样大。

沃利斯乘积的证明（选读）#

第一步：$\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\to1$。 在 $\left[0,\frac\pi2\right]$ 上 $0\le\sin x\le1$，一个 $0$ 到 $1$ 之间的数乘的次数越多越小，所以 $\sin^{2n}x\ge\sin^{2n+1}x\ge\sin^{2n+2}x$。由比较性质，积分后 $I_n$ 随 $n$ 递减：

$$I_{2n}\ge I_{2n+1}\ge I_{2n+2}=\frac{2n+1}{2n+2}I_{2n}.$$

（最后一个等号是递推公式 $I_m=\frac{m-1}mI_{m-2}$ 取 $m=2n+2$。）各项除以正数 $I_{2n}$，不等号不变：

$$1\ge\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\ge\frac{2n+1}{2n+2}=1-\frac1{2n+2}\to1.$$

由夹逼，$\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\to1$。

第二步：把这个比写出来。 把点火公式完整写出：

$$I_{2n}=\frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-3}{2n-2}\cdots\frac12\cdot\frac\pi2,\qquad I_{2n+1}=\frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{2n-2}{2n-1}\cdots\frac23.$$

两式相除，也就是 $I_{2n+1}$ 乘 $\frac1{I_{2n}}$。先看 $n=1$：$I_2=\frac12\cdot\frac\pi2$，$I_3=\frac23$，

$$\frac{I_3}{I_2}=\frac23\cdot\frac21\cdot\frac2\pi=\frac2\pi\cdot\frac{2\cdot2}{1\cdot3}.$$

再看 $n=2$：$I_4=\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2$，$I_5=\frac45\cdot\frac23$，

$$\frac{I_5}{I_4}=\left(\frac23\cdot\frac45\right)\cdot\left(\frac21\cdot\frac43\cdot\frac2\pi\right)=\frac2\pi\cdot\left(\frac21\cdot\frac23\right)\cdot\left(\frac43\cdot\frac45\right)=\frac2\pi\cdot\frac{2\cdot2}{1\cdot3}\cdot\frac{4\cdot4}{3\cdot5}.$$

一般情形：$I_{2n}$ 里的 $\frac\pi2$ 翻到分子上变成 $\frac2\pi$。其余的分数这样配对：把 $I_{2n+1}$ 的因子从小到大写成 $\frac23\cdot\frac45\cdots\frac{2n}{2n+1}$，把 $\frac1{I_{2n}}$ 剩下的因子（$I_{2n}$ 各因子的倒数）从小到大写成 $\frac21\cdot\frac43\cdots\frac{2n}{2n-1}$，第 $k$ 个和第 $k$ 个相乘，得 $\frac{2k}{2k+1}\cdot\frac{2k}{2k-1}=\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)}$：

$$\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=\frac2\pi\cdot\frac{2\cdot2}{1\cdot3}\cdot\frac{4\cdot4}{3\cdot5}\cdots\frac{2n\cdot2n}{(2n-1)(2n+1)}=\frac2\pi\prod_{k=1}^n\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)}.$$

（$\prod$ 表示连乘，就像 $\sum$ 表示连加，比如 $\prod_{k=1}^2a_k=a_1a_2$。）左边趋于 $1$，所以 $\frac2\pi\prod\to1$，两边乘 $\frac\pi2$，连乘积趋于 $\frac\pi2$。再把每一项拆成两个分数，$\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{2k}{2k-1}\cdot\frac{2k}{2k+1}$，$k=1$ 给出 $\frac21\cdot\frac23$，$k=2$ 给出 $\frac43\cdot\frac45$……依次排开，就是历史框里的

$$\frac\pi2=\frac21\cdot\frac23\cdot\frac43\cdot\frac45\cdot\frac65\cdot\frac67\cdots$$

这就是沃利斯公式。

对称性为什么能省掉计算（选读）#

这一小节从更一般的角度看奇偶性和镜像换元，并把它和傅里叶分析、物理里的守恒律联系起来。用到的只是线性的计算。

奇偶分解是一种“投影”。 把“把 $f(x)$ 变成 $f(-x)$”看成一个操作，记作 $R$：$(Rf)(x)=f(-x)$。做两次就回到原来的函数，$R^2f=f$。定义两个操作：

$$P_+f=\frac{f+Rf}{2},\qquad P_-f=\frac{f-Rf}{2}.$$

$P_+f$ 就是 $f$ 的偶部分，$P_-f$ 是奇部分。比如 $f(x)=x^2+3x$，$Rf=x^2-3x$，$P_+f=\frac{(x^2+3x)+(x^2-3x)}2=x^2$，$P_-f=\frac{(x^2+3x)-(x^2-3x)}2=3x$，一个偶、一个奇，加起来是 $f$。这正是 TIP 框里说的“任何函数都能拆成偶函数加奇函数”。

一般地，翻折两次回到原样，$R^2f=f$，所以 $R(P_+f)=\frac{Rf+R^2f}2=\frac{Rf+f}2=P_+f$（偶），$R(P_-f)=\frac{Rf-f}2=-P_-f$（奇）。由此直接计算可以验证：

$$\begin{aligned} P_+(P_+f)&=\frac{P_+f+R(P_+f)}2=\frac{P_+f+P_+f}2=P_+f,\\ P_-(P_-f)&=\frac{P_-f-R(P_-f)}2=\frac{P_-f+P_-f}2=P_-f,\\ P_+(P_-f)&=\frac{P_-f+R(P_-f)}2=\frac{P_-f-P_-f}2=0,\\ P_+f+P_-f&=\frac{f+Rf}2+\frac{f-Rf}2=f. \end{aligned}$$

偶部分再取偶部分不变；奇部分的偶部分是 $0$。“做两次和做一次一样”的操作，在线性代数里叫投影（第三篇会讲），就像把影子再投一次影，还是原来的影子。

把积分也看成一个操作：$J(f)=\int_{-a}^af(x)\,dx$。翻过来积分不变：令 $u=-x$，$dx=-du$，$x=-a$ 时 $u=a$，$x=a$ 时 $u=-a$，

$$J(Rf)=\int_{-a}^af(-x)\,dx=\int_a^{-a}f(u)(-du)=\int_{-a}^af(u)\,du=J(f).$$

再由线性性质，

$$J(P_-f)=\frac12\left[J(f)-J(Rf)\right]=0,\qquad J(f)=J(P_+f)+J(P_-f)=J(P_+f).$$

也就是说：积分把奇的部分自动消去了，只剩偶的部分。前面的例子 $\int_{-1}^1\frac{x^2}{1+e^x}\,dx$，TIP 框里算过 $f(x)+f(-x)=x^2$，所以偶部分是 $\frac{x^2}2$，积分是 $\int_{-1}^1\frac{x^2}2dx=\left[\frac{x^3}6\right]_{-1}^1=\frac16+\frac16=\frac13$。

镜像换元也一样。在 $[a,b]$ 上，记 $J(f)=\int_a^bf(x)\,dx$，把 $R$ 换成关于区间中点的翻转 $(Rf)(x)=f(a+b-x)$。②已经证明 $J(Rf)=J(f)$，上面的计算原样成立，于是

$$\int_a^bf(x)\,dx=J(P_+f)=\frac12\int_a^b\left[f(x)+f(a+b-x)\right]dx.$$

镜像换元的那些例子，就是在算这个“对称部分”的积分。

换成平移，就是傅里叶分析。 对以 $2\pi$ 为周期的函数，“平移”也是一个操作：$(T_hf)(x)=f(x+h)$。复指数函数 $e^{ikx}$（$k$ 是整数，$e^{ikx}=\cos kx+i\sin kx$，见第一篇第七节的欧拉公式）有一个特别的性质：

$$T_he^{ikx}=e^{ik(x+h)}=e^{ikh}\cdot e^{ikx}.$$

平移以后只是乘了一个常数。一个周期上的积分对平移不变（上面③的结论），所以

$$\int_0^{2\pi}e^{ikx}dx=\int_0^{2\pi}T_he^{ikx}dx=e^{ikh}\int_0^{2\pi}e^{ikx}dx.$$

记这个积分为 $I$，上式是 $I=e^{ikh}I$，即 $(1-e^{ikh})I=0$。$k\ne0$ 时可以选一个 $h$ 使 $e^{ikh}\ne1$（比如 $h=\frac\pi k$，$e^{ikh}=e^{i\pi}=\cos\pi+i\sin\pi=-1$），这时 $1-e^{ikh}=2\ne0$，于是 $I$ 只能是 $0$。$k=0$ 时 $e^{i\cdot0\cdot x}=1$，积分是 $2\pi$。

$e^{ikx}=\cos kx+i\sin kx$ 每个周期振动 $k$ 次，$k$ 叫它的频率。所以，在一个周期上积分时，除了常数（$k=0$）以外，所有频率的部分都被消去了。傅里叶分析把函数拆成各个频率的和来研究，用的就是这件事：比如 $f=c_0+c_1e^{ix}+c_2e^{2ix}+\cdots$，想单独取出 $c_2$，就乘上 $e^{-2ix}$ 再积分，$c_2$ 那一项变成常数 $c_2$，积出 $2\pi c_2$，其余各项频率都不为 $0$，积分都是 $0$。奇偶分解对应“翻转”，傅里叶分解对应“平移”：都是先找一个积分不变的变换，再按这个变换把函数拆开。

对称与守恒。 物理里有一个著名的结论（诺特定理）：在一定的条件下，系统的连续对称性对应一个守恒量。下面用分部积分算一个最简单的例子。

设一个质点的位置是 $q(t)$，速度 $\dot q=\frac{dq}{dt}$（物理里习惯用字母上的点表示对时间求导，第一篇第八节用过）。给定一个光滑函数 $L(q,\dot q)$，它有两个输入：当前的位置和当前的速度，把这两个当成独立的变量。物理上它叫拉格朗日量，比如 $L=\frac12m\dot q^2-V(q)$，动能减势能。把它沿着运动过程积分，定义作用量 $S=\int_{t_1}^{t_2}L\,dt$。

物理学的最小作用量原理说：真实的运动，使作用量在“两端固定的小扰动”下一阶变化为 $0$。意思是：起点 $q(t_1)$、终点 $q(t_2)$ 固定，把中间的轨迹轻轻拨动一点，作用量的变化相对于拨动的幅度是高阶小量，就像函数在极值点处导数为 $0$。下面把它写成式子。

取一个两端为 $0$ 的光滑函数 $\eta(t)$（$\eta(t_1)=\eta(t_2)=0$），把轨迹换成 $q+\varepsilon\eta$，速度相应地变成 $\frac{d}{dt}(q+\varepsilon\eta)=\dot q+\varepsilon\dot\eta$。这时作用量是 $\varepsilon$ 的函数：

$$S(\varepsilon)=\int_{t_1}^{t_2}L\big(q+\varepsilon\eta,\ \dot q+\varepsilon\dot\eta\big)\,dt.$$

$\varepsilon=0$ 是真实的轨迹，“一阶变化为 $0$”就是 $S'(0)=0$。积分是对 $t$ 积的，求导是对 $\varepsilon$ 求的，可以把求导放进积分号里，对被积函数求（对光滑的 $L$ 这样做是允许的）。用 $L_q$、$L_{\dot q}$ 表示 $L$ 对两个变量的偏导数（固定一个变量，对另一个求导）。$L(q+\varepsilon\eta,\ \dot q+\varepsilon\dot\eta)$ 的两个变量都随 $\varepsilon$ 变，对 $\varepsilon$ 求导时两部分的贡献相加（这是多元函数的链式法则，第四篇会讲）：第一个变量 $q+\varepsilon\eta$ 对 $\varepsilon$ 的导数是 $\eta$，贡献 $L_q\eta$；第二个 $\dot q+\varepsilon\dot\eta$ 的导数是 $\dot\eta$，贡献 $L_{\dot q}\dot\eta$。令 $\varepsilon=0$，两个变量回到 $q$、$\dot q$，偏导数都在真实轨迹上取值：

$$0=\left.\frac{dS}{d\varepsilon}\right|_{\varepsilon=0}=\int_{t_1}^{t_2}\left(L_q\eta+L_{\dot q}\dot\eta\right)dt.$$

第二项用分部积分，把 $\eta$ 上的导数挪到 $L_{\dot q}$ 上：取 $u=L_{\dot q}$，$dv=\dot\eta\,dt$，$v=\eta$。沿着轨迹，$L_{\dot q}$ 在每个时刻取一个值，是 $t$ 的函数，对 $t$ 求导写作 $\frac{d}{dt}L_{\dot q}$：

$$\int_{t_1}^{t_2}L_{\dot q}\dot\eta\,dt=\Big[L_{\dot q}\eta\Big]_{t_1}^{t_2}-\int_{t_1}^{t_2}\left(\frac{d}{dt}L_{\dot q}\right)\eta\,dt.$$

边界项是 $L_{\dot q}(t_2)\eta(t_2)-L_{\dot q}(t_1)\eta(t_1)$，因为 $\eta$ 在两端为 $0$，它等于 $0$。代回去，两个积分合成一个，提出 $\eta$：

$$0=\int_{t_1}^{t_2}\left(L_q-\frac{d}{dt}L_{\dot q}\right)\eta\,dt.$$

这对每一个两端为 $0$ 的 $\eta$ 都成立。记括号为 $g(t)=L_q-\frac{d}{dt}L_{\dot q}$，它是连续函数。如果它在某个时刻 $t_0$ 不为 $0$，比如 $g(t_0)>0$，由连续性（保号性），在 $t_0$ 附近一小段 $(t_0-\delta,t_0+\delta)$ 上 $g$ 都是正的。选一个 $\eta$：在这一小段里是一个凸起的“小山包”，处处为正，在这一段外面处处为 $0$（于是两端自然为 $0$）。这时小段外面 $g\eta=0$，小段里面 $g\eta>0$，积分大于 $0$，和上式矛盾。$g(t_0)<0$ 时同理。所以括号处处为 $0$：

$$\frac{d}{dt}L_{\dot q}=L_q.$$

这叫欧拉—拉格朗日方程。如果系统对位置的平移不变（把位置整体平移 $q\to q+c$，速度 $\frac{d}{dt}(q+c)=\dot q$ 不变，$L$ 也不变；这就是说 $L$ 的式子里不含 $q$），那么对 $q$ 求偏导得 $L_q=0$，方程变成 $\frac{d}{dt}L_{\dot q}=0$。导数恒为 $0$，所以 $L_{\dot q}$ 不随时间变化：它是一个守恒量。比如自由粒子（不受外力，没有势能）$L=\frac12m\dot q^2$，把 $\dot q$ 当变量求导，守恒量是 $L_{\dot q}=\frac12m\cdot2\dot q=m\dot q$，就是动量。这是诺特定理在“平移对称”下最简单的情形。注意这里需要的是作用量在连续平移下不变，并不是随便看到一种对称就能推出守恒量。

七、变限积分与反常积分#

① 变限积分求导：不用先算出积分#

由“开始之前”的基本定理，若 $f$ 连续：

$$\frac{d}{dx}\int_a^xf(t)\,dt=f(x).$$

如果上限不是 $x$，而是 $x$ 的函数 $v(x)$，还要乘上限的导数（链式法则）；下限也随 $x$ 变化时，要减去下限的那一份。完整的公式（条件：$f$ 连续，$u(x)$、$v(x)$ 可导）：

$$\frac{d}{dx}\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)\,dt=f(v(x))\,v'(x)-f(u(x))\,u'(x).$$

例 求 $G(x)=\displaystyle\int_{x^2}^{\sin x}e^{t^2}\,dt$ 的导数。（用 $G$ 而不用 $F$，免得和上面推导里的原函数 $F$ 混淆。）

• 上限的贡献：$e^{(\sin x)^2}\cdot(\sin x)'=e^{\sin^2x}\cos x$；
• 下限的贡献：$e^{(x^2)^2}\cdot(x^2)'=2xe^{x^4}$。

因此 $G'(x)=e^{\sin^2x}\cos x-2xe^{x^4}$。

$t$ 只是积分里面的变量名（叫哑变量），换成别的字母不影响结果。$e^{t^2}$ 的原函数不是初等函数，但这完全不妨碍求这个导数。

被积函数里也有 $x$ 时，不能直接套公式。 例如

$$F(x)=\int_0^x(x-t)f(t)\,dt.$$

对积分来说，积分变量是 $t$，$x$ 是常数。先展开 $(x-t)f(t)=xf(t)-tf(t)$，拆成两个积分，再把常数 $x$ 提出来：

$$F(x)=x\int_0^xf(t)\,dt-\int_0^xtf(t)\,dt.$$

求导：第一项是 $x$ 乘 $\int_0^xf(t)\,dt$，用乘积法则，得 $1\cdot\int_0^xf(t)\,dt+x\cdot f(x)$；第二项把 $tf(t)$ 看成一个整体 $g(t)$，由基本定理，导数是 $g(x)=xf(x)$，前面带负号，是 $-xf(x)$。合起来：

$$F'(x)=\int_0^xf(t)\,dt+xf(x)-xf(x)=\int_0^xf(t)\,dt.$$

中间两项正好抵消。再对 $F'(x)=\int_0^xf(t)\,dt$ 用一次基本定理，$F''(x)=f(x)$。

变限积分和极限。 变限积分常出现在 $\frac00$ 型的极限里，这时用洛必达法则最方便，因为它的导数现成就有。

例 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x\sin t^2\,dt}{x^3}$。

$x\to0$ 时，分子 $\to\int_0^0=0$，分母 $\to0$，是 $\frac00$ 型。分子分母各自求导：

$$\frac{\sin x^2}{3x^2}.$$

$x\to0$ 时 $u=x^2\to0$，$\sin x^2\sim x^2$，所以极限是 $\frac{x^2}{3x^2}\to\frac13$。

变限积分的性质。 设 $F(x)=\int_0^xf(t)\,dt$。

连续和可导。 $f$ 可积，则 $F$ 连续；$f$ 连续，则 $F$ 可导。$f$ 有跳跃间断点时，$F$ 在那里连续、但不可导，图像有一个折角。比如符号函数 $\operatorname{sgn}t$（$t>0$ 时为 $1$，$t<0$ 时为 $-1$，$t=0$ 时为 $0$）：$x>0$ 时 $F(x)=\int_0^x1\,dt=x$；$x<0$ 时 $F(x)=\int_0^x(-1)\,dt=-x$。所以 $F(x)=\lvert x\rvert$，在 $0$ 处连续，左导数 $-1$、右导数 $1$，正好是一个折角。

奇偶性。 $f$ 是奇函数，则 $F$ 是偶函数；$f$ 是偶函数，则 $F$ 是奇函数（证明见下）。比如 $f(t)=t$（奇），$F(x)=\frac{x^2}2$（偶）；$f(t)=t^2$（偶），$F(x)=\frac{x^3}3$（奇）。

周期性。 $f$ 以 $T$ 为周期时，$F$ 也以 $T$ 为周期，当且仅当 $\int_0^Tf(t)\,dt=0$。因为由区间可加性和第六节③，

$$F(x+T)-F(x)=\int_0^{x+T}f(t)\,dt-\int_0^xf(t)\,dt=\int_x^{x+T}f(t)\,dt=\int_0^Tf(t)\,dt,$$

$F$ 是周期函数，就是这个差为 $0$。比如 $f=\cos x$，$\int_0^{2\pi}\cos t\,dt=0$，$F=\sin x$ 是周期函数；$f=1+\cos x$，$\int_0^{2\pi}(1+\cos t)\,dt=2\pi$，$F=x+\sin x$ 每过一个周期升高 $2\pi$，就不是。

奇偶性的证明。 两条都用 $t=-s$ 换元（$dt=-ds$，$t=0$ 对应 $s=0$，$t=-x$ 对应 $s=x$）：

$$F(-x)=\int_0^{-x}f(t)\,dt=\int_0^{x}f(-s)\,(-ds)=-\int_0^xf(-s)\,ds.$$

（第二个等号：$t=-x$ 时 $s=-t=x$；第三个等号把常数 $-1$ 提出去。）$f$ 是奇函数时 $f(-s)=-f(s)$，右边是 $-\int_0^x\left(-f(s)\right)ds=\int_0^xf(s)\,ds=F(x)$，所以 $F$ 是偶函数；$f$ 是偶函数时 $f(-s)=f(s)$，右边是 $-F(x)$，所以 $F$ 是奇函数。

下限换掉以后，两条的情况不一样。 设 $G(x)=\int_a^xf(t)\,dt$，由区间可加性 $G(x)=\int_0^xf\,dt-\int_0^af\,dt=F(x)-F(a)$，和 $F$ 只差一个常数 $F(a)$。

偶函数加一个常数还是偶函数，所以**$f$ 是奇函数时，不论下限 $a$ 取什么，$G$ 都是偶函数**。例：$f(t)=t$，$\int_2^xt\,dt=\frac{x^2}2-2$，仍是偶函数。

奇函数加一个常数一般就不再是奇函数了：$f$ 是偶函数时 $F$ 是奇函数，$G(-x)=-F(x)-F(a)$，而 $-G(x)=-F(x)+F(a)$，两者相等要求 $-F(a)=F(a)$，即 $F(a)=0$。所以只有当 $F(a)=0$（比如 $a=0$）时 $G$ 才是奇函数。例：$f(t)=t^2$ 是偶函数，$\int_1^xt^2\,dt=\frac{x^3}3-\frac13$，$x=0$ 时不为 $0$，不是奇函数。

② 反常积分：区间无限长，或者函数无界#

正常的定积分要求区间有限、函数有界。去掉这两个限制，就是反常积分（也叫广义积分）。定义方法都一样：先在“正常”的范围里积分，再取极限。

• 无穷区间：$\displaystyle\int_a^{+\infty}f(x)\,dx=\lim_{R\to+\infty}\int_a^Rf(x)\,dx$。
• 无界函数：如果 $f$ 在 $a$ 附近无界（$a$ 叫瑕点），$\displaystyle\int_a^bf(x)\,dx=\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_{a+\varepsilon}^bf(x)\,dx$。瑕点在上限 $b$ 时，同样地取 $\displaystyle\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_a^{b-\varepsilon}f(x)\,dx$；瑕点 $c$ 在区间内部时，拆成 $\int_a^c+\int_c^b$，两段分别按上面的办法取极限。

极限存在（是有限数）叫收敛，否则叫发散。

两个 $p$ 型积分的结论要分开记：

$$\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^p}\text{ 在 }p>1\text{ 时收敛},\qquad\int_0^1\frac{dx}{x^p}\text{ 在 }p<1\text{ 时收敛}.$$

两者的条件正好相反：一个看函数在远处衰减得够不够快，一个看函数在 $0$ 附近增长得够不够慢。

图 8：左边 1/√x 在 x → 0 时趋于无穷，但增长得不够快，[0, 1] 上面积为 2；右边 1/x² 在 [1, +∞) 上衰减得足够快，面积为 1。

例如：

$$\int_1^R\frac{dx}{x^2}=\left[-\frac1x\right]_1^R=1-\frac1R\xrightarrow{R\to\infty}1,\qquad\int_\varepsilon^1\frac{dx}{\sqrt x}=\Big[2\sqrt x\Big]_\varepsilon^1=2-2\sqrt\varepsilon\xrightarrow{\varepsilon\to0^+}2.$$

一般地，$p\ne1$ 时原函数是 $\frac{x^{1-p}}{1-p}$，截断以后：

$$\int_1^R\frac{dx}{x^p}=\frac{R^{1-p}-1}{1-p},\qquad\int_\varepsilon^1\frac{dx}{x^p}=\frac{1-\varepsilon^{1-p}}{1-p}.$$

左边看 $R\to\infty$：$1-p<0$（即 $p>1$）时 $R^{1-p}=\frac1{R^{p-1}}\to0$，极限是 $\frac{0-1}{1-p}=\frac1{p-1}$，收敛；$p<1$ 时 $R^{1-p}\to+\infty$，发散。右边看 $\varepsilon\to0^+$：$1-p>0$（即 $p<1$）时 $\varepsilon^{1-p}\to0$，极限是 $\frac1{1-p}$，收敛；$p>1$ 时 $\varepsilon^{1-p}=\frac1{\varepsilon^{p-1}}\to+\infty$，发散。$p=1$ 时原函数是 $\ln x$：$\int_1^R\frac{dx}x=\ln R\to+\infty$，$\int_\varepsilon^1\frac{dx}x=-\ln\varepsilon\to+\infty$，两个积分都发散。$p=1$ 恰好是分界线。

分母里还有对数时。 $p$ 型积分是比较的“标尺”。标尺不够细的时候，要用带对数的版本：

$$\int_e^{+\infty}\frac{dx}{x^p(\ln x)^q}\ \text{收敛}\iff p>1\ \text{或}\ \left(p=1\ \text{且}\ q>1\right).$$

下限取 $e$ 只是为了让 $\ln x\ge1$，避开 $\ln x=0$ 的点；换成别的大于 $1$ 的数，结论不变。

分三种情况看。

情况一：$p=1$。 令 $u=\ln x$，$du=\frac{dx}x$；$x=e$ 时 $u=1$，$x\to+\infty$ 时 $u\to+\infty$。积分变成 $\int_1^{+\infty}\frac{du}{u^q}$，正是 $p$ 型积分，$q>1$ 收敛，$q\le1$ 发散。

情况二：$p>1$。 直接和 $\frac1{x^p}$ 比，比值是 $\frac1{(\ln x)^q}$；$q<0$ 时（比如被积函数是 $\frac{\ln x}{x^p}$）它趋于无穷，比不出结论。办法是从 $p$ 里借出一点给对数：在 $1$ 和 $p$ 之间取一个数 $p_1$（比如 $p_1=\frac{1+p}2$），$\delta=p-p_1>0$。把被积函数和 $\frac1{x^{p_1}}$ 比：

$$\frac{1/\big(x^p(\ln x)^q\big)}{1/x^{p_1}}=\frac{x^{p_1}}{x^p(\ln x)^q}=\frac{1}{x^{\delta}(\ln x)^q}.$$

$q\ge0$ 时分母趋于无穷；$q<0$ 时 $(\ln x)^q=\frac1{(\ln x)^{-q}}$ 翻到分子上，它等于 $\frac{(\ln x)^{-q}}{x^\delta}$，由上面的回顾趋于 $0$。总之比值趋于 $0$，所以 $x$ 足够大以后比值小于 $1$，即被积函数小于 $\frac1{x^{p_1}}$。而 $p_1>1$，$\int\frac{dx}{x^{p_1}}$ 收敛，所以原积分收敛。不管 $q$ 是多少，对数都拦不住次数 $p>1$ 带来的衰减。

**情况三：$p<1$。** 反过来，在 $p$ 和 $1$ 之间取 $p_1$，$\delta=p_1-p>0$。同样的比值变成

$$\frac{x^{p_1}}{x^p(\ln x)^q}=\frac{x^\delta}{(\ln x)^q}\to+\infty,$$

因为它是正数 $\frac{(\ln x)^q}{x^\delta}$ 的倒数，而后者由回顾趋于 $0$。所以 $x$ 足够大以后比值大于 $1$，被积函数大于 $\frac1{x^{p_1}}$；$p_1<1$，$\int\frac{dx}{x^{p_1}}$ 发散，所以原积分发散。

也就是说，只有 $p=1$ 这条分界线上，对数才起作用；离开分界线，幂次说了算。

$0$ 附近也有对应的结论。令 $x=\frac1y$：$dx=-\frac{dy}{y^2}$；$0<x\le\frac1e$ 时 $\ln x<0$，所以 $\lvert\ln x\rvert=-\ln x=-\ln y^{-1}=\ln y$；$x=\frac1e$ 对应 $y=e$，$x\to0^+$ 对应 $y\to+\infty$：

$$\int_0^{1/e}\frac{dx}{x^p\lvert\ln x\rvert^q}=\int_{+\infty}^e\frac{y^p}{(\ln y)^q}\cdot\left(-\frac{dy}{y^2}\right)=\int_e^{+\infty}\frac{y^p}{(\ln y)^q}\cdot\frac{dy}{y^2}=\int_e^{+\infty}\frac{dy}{y^{2-p}(\ln y)^q}.$$

（第二个等号用 $dx$ 里的负号把上下限换回来。$\frac1{x^p}=y^p$，$\frac{y^p}{y^2}=\frac1{y^{2-p}}$。）

套用上面的结论，把 $p$ 换成 $2-p$：$2-p>1$ 即 $p<1$ 时收敛；$2-p=1$ 即 $p=1$ 时看 $q$；$2-p<1$ 即 $p>1$ 时发散。也就是：$p<1$ 收敛；$p=1$ 时 $q>1$ 收敛；$p>1$ 发散。和不带对数的情况一样，$0$ 处和无穷远处的条件方向相反。

例 令 $u=\ln x$，$du=\frac{dx}x$。$\int_2^{+\infty}\frac{dx}{x\ln x}=\int_{\ln2}^{+\infty}\frac{du}u$ 发散（$p=1$，$q=1$）；而

$$\int_2^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^2}=\int_{\ln2}^{+\infty}\frac{du}{u^2}=\lim_{R\to+\infty}\left[-\frac1u\right]_{\ln2}^R=0+\frac1{\ln2}=\frac1{\ln2}$$

收敛。$\frac1{x\ln x}$ 比 $\frac1x$ 衰减得快，却仍然不够快。同样，$\frac1{x\ln x\cdot\ln\ln x}$ 又比它快，也还是发散：令 $w=\ln\ln x$，$dw=\frac1{\ln x}\cdot\frac1x\,dx$，积分变成 $\int\frac{dw}w=\ln w=\ln\ln\ln x$，它长得极慢，但仍趋于无穷。不管找到哪个发散的函数，总能找到衰减得更快、但仍然发散的；收敛的一边也一样。所以不存在一个“刚好够快”的分界函数。

③ 几个危险点要分开检查，不能互相抵消#

$\int_{-1}^1\frac{dx}x$：$x=0$ 是瑕点。必须拆成 $\int_{-1}^0$ 和 $\int_0^1$ 分别检查。右半段 $\int_\varepsilon^1\frac{dx}x=-\ln\varepsilon\to+\infty$；左半段 $\int_{-1}^{-\varepsilon}\frac{dx}x=\Big[\ln\lvert x\rvert\Big]_{-1}^{-\varepsilon}=\ln\varepsilon\to-\infty$。两部分都发散（$p=1$），所以这个反常积分发散。

如果对称地截掉一小段，用同一个 $\varepsilon$，左右两部分互相抵消：$\ln\varepsilon+(-\ln\varepsilon)=0$，所以 $\lim\limits_{\varepsilon\to0^+}\left(\int_{-1}^{-\varepsilon}+\int_\varepsilon^1\right)\frac{dx}x=0$。但这是另一个概念，叫柯西主值，不能把它当成这个反常积分收敛。

例 $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt x(1+x)}$。

这个积分有两个危险的地方：$0$ 处被积函数无界，$+\infty$ 处区间无限。在中间一个正常的点（比如 $x=1$）拆开，分别看 $\int_0^1$ 和 $\int_1^{+\infty}$：

• $0$ 附近：$1+x\to1$，被积函数像 $\frac1{\sqrt x}=x^{-1/2}$（比值 $\frac{1/(\sqrt x(1+x))}{1/\sqrt x}=\frac1{1+x}\to1$），$p=\frac12<1$，收敛；
• 无穷远处：$\sqrt x(1+x)$ 像 $x^{3/2}$，被积函数像 $\frac1{x^{3/2}}$（比值 $\frac{x^{3/2}}{x^{3/2}+x^{1/2}}=\frac1{1+\frac1x}\to1$），$p=\frac32>1$，收敛。

两头都收敛，所以原积分收敛。计算：令 $t=\sqrt x$，$x=t^2$，$dx=2t\,dt$；$x$ 从 $0$ 到 $+\infty$ 对应 $t$ 从 $0$ 到 $+\infty$：

$$\int_0^{+\infty}\frac{2t\,dt}{t(1+t^2)}=2\int_0^{+\infty}\frac{dt}{1+t^2}=2\lim_{R\to+\infty}\Big[\arctan t\Big]_0^{R}=2\left(\frac\pi2-0\right)=\pi.$$

（$t\to+\infty$ 时 $\arctan t\to\frac\pi2$：$\tan\theta$ 在 $\theta\to\frac\pi2^-$ 时趋于 $+\infty$，反过来，正切值趋于 $+\infty$ 的角趋于 $\frac\pi2$。）

④ 绝对收敛与条件收敛：振荡带来的抵消#

上面的比较判别法要求被积函数不为负。函数有正有负时，还要分两种情况：

• $\int_a^\infty\lvert f(x)\rvert\,dx$ 收敛，叫绝对收敛；
• $\int_a^\infty f(x)\,dx$ 收敛，但 $\int_a^\infty\lvert f(x)\rvert\,dx$ 发散，叫条件收敛。

绝对收敛一定收敛。 对远处任意一段 $[A,B]$，由“开始之前”的不等式 $\left\lvert\int f\right\rvert\le\int\lvert f\rvert$，

$$\left\lvert\int_A^Bf(x)\,dx\right\rvert\le\int_A^B\lvert f(x)\rvert\,dx.$$

左边正是截到 $B$ 和截到 $A$ 的两个积分之差：记 $F(t)=\int_a^tf(x)\,dx$，则 $F(B)-F(A)=\int_A^Bf(x)\,dx$。绝对收敛时，$\int_a^{+\infty}\lvert f\rvert$ 是有限数，丢掉的尾巴 $\int_A^{+\infty}\lvert f\rvert$ 在 $A$ 足够大以后可以任意小；而 $\int_A^B\lvert f\rvert$ 只是尾巴的一部分，不超过它。所以右边在 $A$ 足够大以后，对所有的 $B>A$ 都可以任意小。也就是说，截到 $A$ 和截到 $B$ 得到的两个积分，差别可以任意小。由实数的完备性，截断积分有极限。这里用到的是完备性的另一种说法，叫柯西收敛准则：如果一串数“彼此越来越接近”（只要足够靠后，任意两项的差都任意小），那么它一定收敛（第一篇第三节的“高观点”框提到过，它和单调有界定理是同一个性质的不同说法）。注意这里要对所有的 $B>A$ 都成立，只检查某几个特别的截断点是不够的。

代表的例子：$\int_1^\infty\frac{\sin x}{x}\,dx$。 振幅 $\frac1x$ 衰减得不够快（$p=1$），单靠它不能保证收敛；但 $\sin x$ 正负交替，可能互相抵消。用分部积分把这个想法变成估计（取 $u=\frac1x$，$du=-\frac{dx}{x^2}$，$dv=\sin x\,dx$，$v=-\cos x$；剩下的积分是 $-\int v\,du=-\int(-\cos x)\left(-\frac1{x^2}\right)dx$，两个负号相乘为正，前面的减号保留）：

$$\int_A^B\frac{\sin x}{x}dx=\left[-\frac{\cos x}{x}\right]_A^B-\int_A^B\frac{\cos x}{x^2}dx.$$

边界项代入上下限是 $-\frac{\cos B}B-\left(-\frac{\cos A}A\right)=\frac{\cos A}{A}-\frac{\cos B}{B}$。由三角不等式 $\lvert a-b\rvert\le\lvert a\rvert+\lvert b\rvert$ 和 $\lvert\cos x\rvert\le1$，它的绝对值不超过 $\frac1A+\frac1B$。后一个积分的绝对值不超过 $\int_A^B\frac{\lvert\cos x\rvert}{x^2}dx\le\int_A^B\frac{dx}{x^2}=\left[-\frac1x\right]_A^B=\frac1A-\frac1B$。整个式子是两项相减，再用一次三角不等式，绝对值不超过两部分的绝对值之和：

$$\left\lvert\int_A^B\frac{\sin x}{x}dx\right\rvert\le\frac1A+\frac1B+\frac1A-\frac1B=\frac2A.$$

$\frac1B$ 正好抵消。这个估计对所有 $B>A$ 都成立，并且 $A\to\infty$ 时趋于 $0$：任给 $\varepsilon>0$，取 $A>\frac2\varepsilon$，对所有 $B>A$ 都有 $\left\lvert\int_A^B\frac{\sin x}x\,dx\right\rvert<\varepsilon$。这正是柯西收敛准则要的，所以积分收敛。这里的分部积分没有求出原函数，它的作用是把“$\cos x$ 有界”和“$\frac1{x^2}$ 可积”这两件事结合起来。

它不是绝对收敛的。 在每一段 $[k\pi,(k+1)\pi]$ 上，$x\le(k+1)\pi$，取倒数 $\frac1x\ge\frac1{(k+1)\pi}$，再乘非负的 $\lvert\sin x\rvert$，所以

$$\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\lvert\sin x\rvert}{x}dx\ge\frac1{(k+1)\pi}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\lvert\sin x\rvert\,dx=\frac2{(k+1)\pi}.$$

（每一段上 $\lvert\sin x\rvert$ 都是一个完整的拱：令 $t=x-k\pi$，$\lvert\sin(t+k\pi)\rvert=\lvert\sin t\rvert$，面积和 $\int_0^\pi\sin t\,dt=[-\cos t]_0^\pi=2$ 一样。）积分从 $1$ 开始，而 $1<\pi$，被积函数非负，所以 $\int_1^{+\infty}\ge\int_\pi^{+\infty}$，后者由 $k=1,2,3,\dots$ 各段拼成。$k=1$ 段至少 $\frac2{2\pi}$，$k=2$ 段至少 $\frac2{3\pi}$，$k=3$ 段至少 $\frac2{4\pi}$……把这些下界加起来是 $\frac2\pi\left(\frac12+\frac13+\frac14+\cdots\right)$。

括号里是所有正整数的倒数之和 $1+\frac12+\frac13+\cdots$（叫调和级数）去掉第一项。各项虽然趋于 $0$，加起来却是无穷大。分组来看：

$$\frac13+\frac14>\frac14+\frac14=\frac12,\qquad\frac15+\frac16+\frac17+\frac18>4\cdot\frac18=\frac12,\qquad\frac19+\cdots+\frac1{16}>8\cdot\frac1{16}=\frac12,$$

每组项数翻倍，每一项都不小于这组最后一项，所以每组都超过 $\frac12$。无穷多组，每组超过 $\frac12$，加起来是无穷大。所以 $\int_1^\infty\frac{\lvert\sin x\rvert}xdx$ 发散，原积分只是条件收敛。

这和上面的柯西主值不一样。这里只有一个端点 $R\to\infty$，抵消是在这一个极限过程里自然发生的；而 $\int_{-1}^1\frac{dx}x$ 是两个本来各自发散的部分，被人为地绑在一起才抵消。

这个证明还顺便给出了误差：用 $\int_1^A$ 近似 $\int_1^\infty$，丢掉的尾巴是 $\int_A^{+\infty}\frac{\sin x}x\,dx=\lim\limits_{B\to+\infty}\int_A^B\frac{\sin x}x\,dx$。上面对每个 $B>A$ 都有 $-\frac2A\le\int_A^B\le\frac2A$，取极限不等号保持，所以尾巴不超过 $\frac2A$。比如截到 $A=2000$，误差不超过 $0.001$。我们没有求出积分的精确值，却已经知道它存在，以及截断会损失多少。

⑤ 高斯积分：原函数写不出来，积分值却能精确算出#

“开始之前”说过，$e^{-x^2}$ 的原函数不是初等函数。但它在整条实轴上的积分可以精确算出：

$$\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt\pi.$$

这个积分在概率统计里非常重要（正态分布的密度就是 $e^{-x^2}$ 的变形）。下面的证明用到“二维的积分”，第四篇会正式讲，这里只需要它的直观意思：把平面区域切成小块，每块的“函数值乘面积”加起来，再取极限。

设 $J_R=\int_{-R}^{R}e^{-x^2}dx$。先只看有限的 $R$。

第一步：把 $J_R^2$ 变成一个二维的积分。 积分变量叫什么字母不影响值，所以 $\int_{-R}^Re^{-y^2}dy$ 也等于 $J_R$。把两个因子分别写成 $x$ 和 $y$，它们就可以看成平面上两个互相垂直的方向：$J_R^2=\int_{-R}^Re^{-x^2}dx\cdot\int_{-R}^Re^{-y^2}dy$。两个一维的黎曼和相乘，像多项式相乘 $\left(\sum_iA_i\right)\left(\sum_jB_j\right)=\sum_{i,j}A_iB_j$ 那样，每一项乘每一项：$x$ 方向的一小段 $\Delta x_i$ 和 $y$ 方向的一小段 $\Delta y_j$ 配成一个小矩形，面积 $\Delta x_i\Delta y_j$，乘的高度是 $e^{-x_i^2}e^{-y_j^2}=e^{-(x_i^2+y_j^2)}$。所有小矩形铺满正方形 $[-R,R]\times[-R,R]$。取极限，$J_R^2$ 就是 $e^{-(x^2+y^2)}$ 在这个正方形上的二维积分。

第二步：用两个圆夹住正方形。 正方形的中心是原点，原点到四条边的距离都是 $R$，所以半径为 $R$ 的圆盘 $x^2+y^2\le R^2$ 在正方形里面；原点到四个顶点 $(\pm R,\pm R)$ 最远，由勾股定理距离是 $\sqrt{R^2+R^2}=\sqrt2R$，所以正方形又在半径为 $\sqrt2R$ 的圆盘里面。被积函数是正的，区域越大，加进来的都是正的小块，积分越大：

$$(\text{半径 }R\text{ 的圆盘上的积分})\le J_R^2\le(\text{半径 }\sqrt2R\text{ 的圆盘上的积分}).$$

第三步：算圆盘上的积分。 在圆盘上，$e^{-(x^2+y^2)}=e^{-r^2}$ 只和到原点的距离 $r$ 有关，所以把圆盘切成一圈一圈的薄圆环。半径从 $r$ 到 $r+\Delta r$ 的圆环面积是 $\pi(r+\Delta r)^2-\pi r^2=2\pi r\Delta r+\pi(\Delta r)^2$，在这个圆环上函数值约为 $e^{-r^2}$。主要部分是 $e^{-r^2}\cdot2\pi r\,\Delta r$；多出来的 $\pi(\Delta r)^2$ 比 $\Delta r$ 高阶，加起来以后趋于 $0$（第八节的微元法会专门讲这一点）。直观上，把很薄的圆环剪开拉直，就是一个长 $2\pi r$、宽 $\Delta r$ 的长方形。加起来取极限：

$$\text{半径 }R\text{ 的圆盘上的积分}=\int_0^R e^{-r^2}\cdot2\pi r\,dr=\pi\int_0^{R^2}e^{-u}du=\pi\left(1-e^{-R^2}\right).$$

（中间令 $u=r^2$，$du=2r\,dr$，所以 $2\pi r\,dr=\pi\,du$；$r=0$ 时 $u=0$，$r=R$ 时 $u=R^2$。$e^{-u}$ 的原函数是 $-e^{-u}$，$\left[-e^{-u}\right]_0^{R^2}=-e^{-R^2}+e^0=1-e^{-R^2}$。这里正好多出一个 $r$，让 $e^{-r^2}$ 能积出来。）

第四步：夹逼。 把第三步的公式用在半径 $\sqrt2R$ 的圆盘上，积分是 $\pi\left(1-e^{-(\sqrt2R)^2}\right)=\pi\left(1-e^{-2R^2}\right)$。于是

$$\pi\left(1-e^{-R^2}\right)\le J_R^2\le\pi\left(1-e^{-2R^2}\right).$$

$R\to\infty$ 时两端都趋于 $\pi$，由夹逼，$J_R^2\to\pi$；$J_R>0$，所以 $J_R\to\sqrt\pi$。

还要小心一点：$J_R$ 是对称截断 $\int_{-R}^R$，上一小节③说过，反常积分 $\int_{-\infty}^{+\infty}$ 要求左右两半各自收敛，只有对称截断收敛可能只是柯西主值。这里没有这个问题：$e^{-(-x)^2}=e^{-x^2}$ 是偶函数，$\int_0^Re^{-x^2}dx=\frac12J_R\to\frac{\sqrt\pi}2$，右半边单独收敛；左半边同理也是 $\frac{\sqrt\pi}2$。两半相加，反常积分确实收敛：

$$\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt\pi.$$

这个计算的思路是换一种方式看问题：一维的原函数写不出来，就把两个一维积分乘起来，变成一个二维的问题；二维问题有圆对称，可以切成圆环来算，而圆环正好多出一个 $r$，让积分能算出来。整个过程都在有限的区域里进行，最后用夹逼取极限。

八、几何应用：面积、体积、弧长、旋转曲面#

微元法：取一小条，写出它的贡献，再加起来#

所有应用题都从同一个想法出发，叫微元法：

1. 选一个积分变量（比如 $x$）和它的范围 $[a,b]$；
2. 在 $x$ 处取宽度为 $dx$ 的一小段，写出这一小段对总量的贡献 $dQ\approx q(x)\,dx$；
3. 把所有小段加起来：$Q=\int_a^bq(x)\,dx$。

下面用一个贯穿始终的例子：$y=x$ 与 $y=x^2$ 围成的区域。

先找交点：$x=x^2$，即 $x(x-1)=0$，得 $x=0$ 和 $x=1$。在 $0<x<1$ 时（比如 $x=\frac12$：$\frac12>\frac14$），直线在上，抛物线在下。

① 面积：小条的高 × 宽#

图 9：在 x 处取宽 dx 的竖直小条，高度是“上边减下边” x − x²。

$$dA=(x-x^2)\,dx,\qquad A=\int_0^1(x-x^2)\,dx=\left[\frac{x^2}2-\frac{x^3}3\right]_0^1=\frac12-\frac13=\frac16.$$

如果取水平的小条，就写“右边减左边”乘 $dy$。这时要把边界写成 $x$ 关于 $y$ 的式子：直线是 $x=y$；抛物线 $y=x^2$ 在第一象限开方，是 $x=\sqrt y$。$y$ 从 $0$ 到 $1$，比如 $y=\frac14$ 时直线上 $x=\frac14$，抛物线上 $x=\frac12$，抛物线在右边。用 $\sqrt y=y^{1/2}$ 的原函数 $\frac23y^{3/2}$：

$$A=\int_0^1(\sqrt y-y)\,dy=\left[\frac23y^{3/2}-\frac{y^2}2\right]_0^1=\frac23-\frac12=\frac16,$$

一样。选哪一种，看哪一种的边界好写、积分好算。

参数方程的面积。 曲线由 $x=x(t)$、$y=y(t)$ 给出，并且在 $x$ 轴上方时，它和 $x$ 轴、两条竖线 $x=a$、$x=b$ 围成的面积仍然是 $\int_a^by\,dx$，只是把 $dx$ 换成 $x'(t)\,dt$：

$$A=\int_{t_1}^{t_2}y(t)\,x'(t)\,dt.$$

这里 $y(t)\ge0$，上下限要这样定：$t_1$ 是对应左端点 $x=a$ 的参数值，$t_2$ 是对应右端点 $x=b$ 的参数值。这样它和 $\int_a^by\,dx$ 是同一个积分，只是换了元。$t_1$ 不一定小于 $t_2$：如果 $t$ 增大时 $x$ 在减小，就会出现 $t_1>t_2$，下面的椭圆就是这样。如果图省事，一律从小的 $t$ 积到大的 $t$，算出的结果可能差一个负号，这时取绝对值就是面积。

例 椭圆 $x=a\cos t$、$y=b\sin t$ 的面积。先算上半个椭圆：$y=b\sin t\ge0$ 对应 $0\le t\le\pi$；左端点 $x=-a$ 即 $\cos t=-1$，$t=\pi$，右端点 $x=a$ 即 $t=0$。所以 $x$ 从 $-a$ 到 $a$，对应 $t$ 从 $\pi$ 到 $0$，$x'(t)=-a\sin t$：

$$\frac A2=\int_\pi^0b\sin t\cdot(-a\sin t)\,dt=-ab\int_\pi^0\sin^2t\,dt=ab\int_0^\pi\sin^2t\,dt=ab\cdot\frac\pi2.$$

（第三个等号交换上下限，消去负号。最后用降幂公式：$\int_0^\pi\sin^2t\,dt=\int_0^\pi\frac{1-\cos2t}2dt=\left[\frac t2-\frac{\sin2t}4\right]_0^\pi=\frac\pi2$。）所以椭圆的面积是 $A=\pi ab$。$a=b$ 时就是圆的面积 $\pi a^2$。

极坐标的面积。 曲线用极坐标 $r=r(\theta)$ 给出，方向角 $\theta$ 从 $\alpha$ 转到 $\beta$ 时，求曲线和两条射线 $\theta=\alpha$、$\theta=\beta$ 围成的面积。从原点出发，切成一个个小扇形，再把 $\theta$ 从 $\alpha$ 到 $\beta$ 的所有小扇形加起来。半径 $r$、圆心角 $d\theta$ 的扇形，占整个圆的 $\frac{d\theta}{2\pi}$，面积是 $\frac{d\theta}{2\pi}\cdot\pi r^2=\frac12r^2\,d\theta$。所以

$$A=\frac12\int_\alpha^\beta r(\theta)^2\,d\theta.$$

图 10：极坐标下，取圆心角为 dθ 的小扇形，面积约为 ½ r² dθ。

例 心形线 $r=a(1+\cos\theta)$（$a>0$），$0\le\theta\le2\pi$，求它围成的面积。

$$A=\frac12\int_0^{2\pi}a^2(1+\cos\theta)^2\,d\theta=\frac{a^2}2\int_0^{2\pi}(1+2\cos\theta+\cos^2\theta)\,d\theta.$$

三项分别积：$\int_0^{2\pi}1\,d\theta=2\pi$；$\int_0^{2\pi}2\cos\theta\,d\theta=2\big[\sin\theta\big]_0^{2\pi}=0$；$\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta=\int_0^{2\pi}\frac{1+\cos2\theta}2d\theta=\left[\frac\theta2+\frac{\sin2\theta}4\right]_0^{2\pi}=\pi$。加起来是 $2\pi+0+\pi=3\pi$，所以 $A=\frac{a^2}2\cdot3\pi=\frac{3\pi a^2}2$。

② 旋转体的体积：圆盘法（垫圈法）#

把区域绕 $x$ 轴旋转一周。在 $x$ 处垂直于 $x$ 轴切一刀，截面是一个圆环（叫垫圈）：外半径是直线 $y=x$ 到轴的距离 $x$，内半径是抛物线 $y=x^2$ 到轴的距离 $x^2$。一小片的体积是截面积乘厚度：

截面积是外圆面积减内圆面积，$\pi(\text{外半径})^2-\pi(\text{内半径})^2=\pi\left[(x)^2-(x^2)^2\right]=\pi(x^2-x^4)$：

$$dV=\pi\left(x^2-x^4\right)dx,\qquad V=\pi\int_0^1\left(x^2-x^4\right)dx=\pi\left[\frac{x^3}3-\frac{x^5}5\right]_0^1=\pi\left(\frac13-\frac15\right)=\frac{2\pi}{15}.$$

半径要平方，因为算的是圆的面积。注意是“外半径的平方减内半径的平方”，不是“（外半径 − 内半径）的平方”。

③ 同一区域绕 $y$ 轴：柱壳法通常更省事#

竖直小条绕 $y$ 轴转一圈，形成一个薄薄的圆柱壳，像洋葱的一层皮。把它沿竖直方向剪开、摊平，近似是一块薄板：长是圆周长 $2\pi x$（半径是小条到 $y$ 轴的距离 $x$），高是 $x-x^2$，厚是 $dx$。

$$dV=2\pi x(x-x^2)\,dx,\qquad V=2\pi\int_0^1(x^2-x^3)\,dx=2\pi\left(\frac13-\frac14\right)=\frac\pi6.$$

图 11：同一区域绕不同的轴旋转。垫圈法垂直于轴切片；柱壳法平行于轴切片。

绕 $y$ 轴也可以用垫圈法，但要横着切、以 $y$ 为积分变量。这时半径是到 $y$ 轴的距离，也就是横坐标。在高度 $y$ 处，抛物线上的点横坐标 $\sqrt y$，直线上的点横坐标 $y$；$0<y<1$ 时 $\sqrt y>y$，抛物线离轴更远。所以截面是外半径 $\sqrt y$、内半径 $y$ 的圆环，面积 $\pi(\sqrt y)^2-\pi y^2=\pi(y-y^2)$：

$$V=\pi\int_0^1(y-y^2)\,dy=\pi\left[\frac{y^2}2-\frac{y^3}3\right]_0^1=\pi\left(\frac12-\frac13\right)=\frac\pi6,$$

结果相同。

绕不同的轴，体积当然不同。半径永远是到旋转轴的距离。区域跨过旋转轴时，两侧转出来的部分会重叠，要小心不要重复计算。

④ 已知截面面积的立体#

垫圈法是更一般的方法的特例：如果一个立体在 $x$ 处的截面积 $A(x)$ 已知，那么

$$V=\int_a^bA(x)\,dx.$$

例 一个立体的底面是圆盘 $x^2+y^2\le1$，垂直于 $x$ 轴的每个截面都是正方形。求它的体积。

在 $x$ 处，正方形的一条边是圆的一条弦。由 $x^2+y^2=1$，$y=\pm\sqrt{1-x^2}$，弦从 $y=-\sqrt{1-x^2}$ 到 $y=\sqrt{1-x^2}$，长 $\sqrt{1-x^2}-\left(-\sqrt{1-x^2}\right)=2\sqrt{1-x^2}$。截面积是边长的平方，$A(x)=\left(2\sqrt{1-x^2}\right)^2=4(1-x^2)$。底面圆盘在 $x$ 方向上从 $-1$ 到 $1$，所以积分区间是 $[-1,1]$。被积函数是偶函数，积分是右半边的 $2$ 倍，$4\times2=8$：

$$V=\int_{-1}^14(1-x^2)\,dx=8\int_0^1(1-x^2)\,dx=8\left[x-\frac{x^3}3\right]_0^1=8\cdot\frac23=\frac{16}3.$$

⑤ 弧长：把小段斜边加起来#

一小段曲线，横向变化 $dx$、纵向变化 $dy$。弧长习惯用字母 $s$ 表示，这一小段的长度记作 $ds$。由勾股定理，它近似是直角边为 $dx$、$dy$ 的直角三角形的斜边。把根号里的 $dx^2$ 提出来，$dx^2+dy^2=dx^2\left[1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2\right]$，按 $x$ 递增计算时 $dx>0$，$\sqrt{dx^2}=dx$：

$$ds=\sqrt{dx^2+dy^2}=\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\,dx=\sqrt{1+y'^2}\,dx.$$

把 $[a,b]$ 上的小段都加起来，弧长是 $L=\int_a^b\sqrt{1+y'^2}\,dx$。

图 12：一小段曲线近似于切线上的一小段，它是直角边为 dx、dy 的直角三角形的斜边。

例如 $y=\frac23x^{3/2}$，$0\le x\le1$。$y'=\frac23\cdot\frac32x^{1/2}=\sqrt x$，$\sqrt{1+y'^2}=\sqrt{1+x}$。$(1+x)^{1/2}$ 的原函数是 $\frac{(1+x)^{3/2}}{3/2}=\frac23(1+x)^{3/2}$（$d(1+x)=dx$），所以

$$L=\int_0^1\sqrt{1+x}\,dx=\left[\frac23(1+x)^{3/2}\right]_0^1=\frac23\left(2^{3/2}-1\right)=\frac23\left(2\sqrt2-1\right),$$

其中 $2^{3/2}=2\cdot2^{1/2}=2\sqrt2$。

参数曲线：记 $\dot x=x'(t)$、$\dot y=y'(t)$（字母上加一点表示对参数 $t$ 求导，是牛顿的记号，第一篇第八节用过），$dx=\dot x\,dt$，$dy=\dot y\,dt$，代入并提出 $dt$（$dt>0$）：

$$ds=\sqrt{(\dot x\,dt)^2+(\dot y\,dt)^2}=\sqrt{\dot x^2+\dot y^2}\,dt,\qquad L=\int_\alpha^\beta\sqrt{\dot x^2+\dot y^2}\,dt.$$

比如圆 $x=R\cos t$，$y=R\sin t$，$0\le t\le2\pi$：$\dot x^2+\dot y^2=R^2\sin^2t+R^2\cos^2t=R^2$，$ds=R\,dt$，$L=\int_0^{2\pi}R\,dt=2\pi R$。要注意参数是否把同一段曲线描了好几遍（比如 $t$ 从 $0$ 到 $4\pi$ 会绕圆两圈，算出 $4\pi R$）。

极坐标：把 $x=r(\theta)\cos\theta$，$y=r(\theta)\sin\theta$ 看成以 $\theta$ 为参数的曲线，求导（乘积法则）：

$$\frac{dx}{d\theta}=r'\cos\theta-r\sin\theta,\qquad\frac{dy}{d\theta}=r'\sin\theta+r\cos\theta.$$

各自平方：

$$\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^2=r'^2\cos^2\theta-2rr'\sin\theta\cos\theta+r^2\sin^2\theta,\qquad\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^2=r'^2\sin^2\theta+2rr'\sin\theta\cos\theta+r^2\cos^2\theta.$$

相加，交叉项 $\mp2rr'\sin\theta\cos\theta$ 抵消，剩下的按 $r'^2$、$r^2$ 分组，再用 $\sin^2+\cos^2=1$：$\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^2=r'^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)+r^2(\sin^2\theta+\cos^2\theta)=r'^2+r^2$。所以

$$ds=\sqrt{r^2+r'^2}\,d\theta.$$

几何上更直观：$\theta$ 增加 $d\theta$ 时，点沿着半径方向走了 $dr$，沿着圆周方向走了 $r\,d\theta$（半径为 $r$ 的圆上，圆心角 $d\theta$ 对的弧长）。两个方向互相垂直，所以斜边是 $ds=\sqrt{dr^2+r^2d\theta^2}$。再把 $dr=r'\,d\theta$ 代进去，提出 $d\theta$，就是 $\sqrt{r'^2+r^2}\,d\theta$，和上面一样。

图 13：极坐标下，弧长微元的两条直角边是径向的 dr 和沿圆周的 r dθ。

例 心形线 $r=a(1+\cos\theta)$（$a>0$）的周长。$r'=-a\sin\theta$，

$$r^2+r'^2=a^2(1+2\cos\theta+\cos^2\theta)+a^2\sin^2\theta=a^2(2+2\cos\theta)=2a^2(1+\cos\theta)=4a^2\cos^2\frac\theta2.$$

（最后一步用 $1+\cos\theta=2\cos^2\frac\theta2$。）所以 $ds=\sqrt{4a^2\cos^2\frac\theta2}\,d\theta=2a\left\lvert\cos\frac\theta2\right\rvert d\theta$，开方带绝对值。$\pi<\theta<2\pi$ 时 $\cos\frac\theta2<0$，如果忘了绝对值、直接从 $0$ 积到 $2\pi$，正负会抵消成 $0$。

把 $\theta$ 换成 $-\theta$，$r$ 不变（$\cos(-\theta)=\cos\theta$），所以曲线关于 $x$ 轴对称。只算上半部分（$0\le\theta\le\pi$，这时 $0\le\frac\theta2\le\frac\pi2$，$\cos\frac\theta2\ge0$，绝对值可以去掉）再乘 $2$。$\left(\sin\frac\theta2\right)'=\frac12\cos\frac\theta2$，所以 $\cos\frac\theta2$ 的原函数是 $2\sin\frac\theta2$：

$$L=2\int_0^\pi2a\cos\frac\theta2\,d\theta=4a\Big[2\sin\frac\theta2\Big]_0^\pi=4a\left(2\sin\frac\pi2-0\right)=8a.$$

⑥ 旋转曲面的面积：小圆周长 × 小斜边#

曲线绕 $x$ 轴旋转一周，形成一个曲面（只算表面这层“皮”，不算里面的体积）。一小段长为 $ds$ 的曲线，转一圈后近似是一条窄带（一个很矮的圆台的侧面）。沿斜边剪开摊平，近似是一个长方形：长是带子的周长 $2\pi r$（$r$ 是这一段到旋转轴的距离），宽是这一小段本身的长度 $ds$（斜边，不是 $dx$）：

$$dS=2\pi r\,ds=2\pi\lvert y\rvert\sqrt{1+y'^2}\,dx,\qquad S=\int_a^b2\pi\lvert y\rvert\sqrt{1+y'^2}\,dx.$$

（绕 $x$ 轴旋转时，曲线上一点到 $x$ 轴的距离是 $\lvert y\rvert$，所以 $r=\lvert y\rvert$；曲线在 $x$ 轴上方时就是 $y$。）

例 线段 $y=x$，$0\le x\le1$，绕 $x$ 轴。半径 $r=y=x$；$y'=1$，$ds=\sqrt{1+1}\,dx=\sqrt2\,dx$。

$$S=\int_0^12\pi x\cdot\sqrt2\,dx=2\pi\sqrt2\cdot\frac12=\pi\sqrt2.$$

这是一个圆锥的侧面积：底面半径 $1$（$x=1$ 处 $y=1$），母线长 $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2$。用圆锥侧面积公式 $\pi\times\text{底面半径}\times\text{母线长}=\pi\cdot1\cdot\sqrt2$，一致。如果题目要的是连底面在内的总表面积，还要加上底面积 $\pi$。

例 半径为 $R$ 的球面面积。把上半圆 $y=\sqrt{R^2-x^2}$ 绕 $x$ 轴旋转。

由链式法则，$y'=\frac12(R^2-x^2)^{-1/2}\cdot(-2x)=\frac{-x}{\sqrt{R^2-x^2}}$，再通分：

$$1+y'^2=1+\frac{x^2}{R^2-x^2}=\frac{(R^2-x^2)+x^2}{R^2-x^2}=\frac{R^2}{R^2-x^2},\qquad\sqrt{1+y'^2}=\frac{R}{\sqrt{R^2-x^2}},$$

所以

$$y\sqrt{1+y'^2}=\sqrt{R^2-x^2}\cdot\frac{R}{\sqrt{R^2-x^2}}=R,\qquad S=2\pi\int_{-R}^R R\,dx=2\pi R\Big[x\Big]_{-R}^R=2\pi R\cdot2R=4\pi R^2.$$

（严格地说，$x=\pm R$ 处 $y'$ 趋于无穷，$\sqrt{1+y'^2}$ 在两端无界，这是一个反常积分，应该先在 $[-R+\varepsilon,R-\varepsilon]$ 上积分再取极限。化简以后被积函数恒等于 $R$，极限显然存在，结果不变。也可以改用参数方程 $x=R\cos t$、$y=R\sin t$，$t$ 从 $0$ 到 $\pi$ 正好描出上半圆（$y\ge0$）。这时 $\dot x^2+\dot y^2=R^2$，$ds=R\,dt$，两端没有任何问题：$S=2\pi\int_0^\pi R\sin t\cdot R\,dt=2\pi R^2\big[-\cos t\big]_0^\pi=2\pi R^2\cdot2=4\pi R^2$。）

被积函数居然是常数 $R$。这说明：用一组等距的平行平面把球面切成一条条带子，每条带子的面积都一样大。阿基米德最得意的发现之一，就是球的表面积等于外切圆柱的侧面积 $2\pi R\cdot2R$，说的是同一件事。

为了不选错公式，盯住单位：

量	微元	单位
面积	长度 × 长度，如 $(f-g)\,dx$	长度²
体积	面积 × 厚度，如 $\pi r^2\,dx$ 或 $2\pi rh\,dx$	长度³
弧长	一段斜边 $\sqrt{dx^2+dy^2}$	长度
旋转曲面面积	圆周长 × 斜边 $2\pi r\,ds$	长度²

球面上的度量（选读）#

把上面“高观点”框里的度量，在球面上具体算一次。半径为 $R$ 的球面，可以用两个角表示：从北极量起的角 $\theta$（$0\le\theta\le\pi$，北极 $\theta=0$，赤道 $\theta=\frac\pi2$），以及经度 $\phi$（从 $X$ 轴正方向绕 $Z$ 轴转过的角）。球心到点的线段长 $R$，和竖直的 $Z$ 轴夹角 $\theta$，所以高度 $Z=R\cos\theta$，在水平面上的投影长 $R\sin\theta$（这是这条纬线圆的半径）；再在水平面上按极坐标分解，投影的方向角是 $\phi$：

$$X=R\sin\theta\cos\phi,\quad Y=R\sin\theta\sin\phi,\quad Z=R\cos\theta.$$

$\theta$ 变化一点点时，点沿经线走；把三个坐标分别对 $\theta$ 求导，得到方向 $R(\cos\theta\cos\phi,\ \cos\theta\sin\phi,\ -\sin\theta)$，它的长度是 $R$：三个分量的平方和是 $R^2\cos^2\theta\cos^2\phi+R^2\cos^2\theta\sin^2\phi+R^2\sin^2\theta$，前两项提出 $R^2\cos^2\theta$，括号里 $\cos^2\phi+\sin^2\phi=1$，所以总和是 $R^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)=R^2$。$\phi$ 变化一点点时，点沿纬线走，$\theta$ 不变；把 $\theta$ 当常数对 $\phi$ 求导得 $R(-\sin\theta\sin\phi,\ \sin\theta\cos\phi,\ 0)$，平方和是 $R^2\sin^2\theta(\sin^2\phi+\cos^2\phi)=R^2\sin^2\theta$，长度是 $R\sin\theta$（$0\le\theta\le\pi$ 时 $\sin\theta\ge0$）。这两个方向互相垂直：经线是南北方向，纬线是东西方向。用代数验证，把两个方向的对应分量相乘再相加（叫点积，第三篇会正式讲；平面上两个方向垂直，当且仅当点积为 $0$，空间里也一样）：

$$R^2\left(-\cos\theta\cos\phi\sin\theta\sin\phi+\cos\theta\sin\phi\sin\theta\cos\phi+0\right)=0,$$

所以两者垂直。只变 $d\theta$ 时，沿经线走了（方向的长度）$\times d\theta=R\,d\theta$；只变 $d\phi$ 时，沿纬线走了 $R\sin\theta\,d\phi$。两者都变时，走过的小段是以这两段为直角边的斜边，由勾股定理，长度满足

$$ds^2=R^2d\theta^2+R^2\sin^2\theta\,d\phi^2.$$

这说明：同样变化一度经度，在赤道上（$\sin\theta=1$）走得最远，越靠近极点（$\sin\theta\to0$）走得越短。沿球面上任意一条路径 $\theta(t)$、$\phi(t)$（$t_1\le t\le t_2$）走，$d\theta=\dot\theta\,dt$，$d\phi=\dot\phi\,dt$，代入得 $ds^2=R^2\left(\dot\theta^2+\sin^2\theta\,\dot\phi^2\right)dt^2$，开方 $ds=R\sqrt{\dot\theta^2+\sin^2\theta\,\dot\phi^2}\,dt$，加起来，长度就是

$$\int_{t_1}^{t_2}R\sqrt{\dot\theta^2+\sin^2\theta\,\dot\phi^2}\,dt,$$

不必再回到三维坐标里一段一段地量。这就是度量的实际用处。比如赤道：$\theta=\frac\pi2$ 不变，$\dot\theta=0$；$\phi=t$，$0\le t\le2\pi$，$\dot\phi=1$；$\sin\frac\pi2=1$。所以 $ds=R\,dt$，长度 $\int_0^{2\pi}R\,dt=2\pi R$，正是赤道的周长。

在极点处，经度失去了意义（极点在所有经线上），但球面本身在极点并没有什么特别。坐标出了问题，不代表几何对象出了问题。这和万能代换漏掉圆上一个点是同一类情况。

九、物理应用#

① 变力做功：$dW=$ 力 × 沿力方向的小位移#

弹簧的拉力 $F(x)=100x$ 牛顿（$x$ 是伸长量，单位米）。把它从自然长度拉长到 $0.2$ 米。

拉的过程中力一直在变。但在 $x$ 到 $x+dx$ 这一小段里，力近似是 $100x$，做功 $dW=100x\,dx$。外力克服弹簧力做的功：

$$W=\int_0^{0.2}100x\,dx=\Big[50x^2\Big]_0^{0.2}=50\times0.04=2\ \text{焦耳}.$$

如果问弹簧力自己做的功，它的方向和位移相反，是 $-2$ 焦耳。

② 抽水：每一层水的重量 × 提升的高度#

圆柱形水箱，半径 $1$ 米、高 $2$ 米，装满水。把水全部抽到顶部。

图 14：每一层水要提升的高度不同。距底部 y 的一层水，要提升 2 − y 才能到顶。

不同深度的水要提升的距离不同，所以不能用总重量直接乘一个随便选的高度。按高度切片：取距底部 $y$ 米、厚 $dy$ 的一层水。

• 体积 $=\pi\cdot1^2\cdot dy=\pi\,dy$；
• 质量 $=\rho\pi\,dy$（$\rho$ 是水的密度）；
• 重量 $=\rho g\pi\,dy$；
• 提升距离 $=2-y$。

把这层水慢慢提上去，向上的力要等于它的重量，力和移动的方向都向上，功是力 × 距离。所以

$$dW=\rho g\pi(2-y)\,dy,\qquad W=\int_0^2\rho g\pi(2-y)\,dy=\rho g\pi\left[2y-\frac{y^2}2\right]_0^2=\rho g\pi\left(4-\frac42\right)=2\rho g\pi.$$

代入 $\rho=1000$ 千克/立方米、$g=9.8$ 米/秒²，得 $19600\pi$ 焦耳，约 $6.16\times10^4$ 焦耳。

如果题目给的是重量密度（单位体积的重量，比如水是 $9800$ N/m³），它已经包含了 $g$，不能再乘一次。

③ 液体压力：深处压强大，一条一条分别算#

一块竖直的长方形板，宽 $2$ 米，上边和水面平齐，下边在水下 $3$ 米。

图 15：同一水平线上深度相同、压强相同，所以按水平薄带切分。

水深 $h$ 处压强是 $\rho gh$，同一深度压强相同，所以按水平的薄带切：

• 深度 $h$ 处、高 $dh$ 的一条薄带，面积 $=2\,dh$；
• 它受的力 $dF=$ 压强 × 面积 $=\rho gh\cdot2\,dh$。

$h$ 的原函数是 $\frac{h^2}2$，前面的 $2$ 和它约掉：

$$F=\int_0^32\rho gh\,dh=2\rho g\left[\frac{h^2}2\right]_0^3=\rho g\Big[h^2\Big]_0^3=\rho g(9-0)=9\rho g.$$

约 $8.82\times10^4$ 牛顿。

不能用最底部的压强乘整块板的面积（那样是 $3\rho g\times6=18\rho g$，多了一倍）。如果板是倾斜的，薄带的宽度要沿着板面量，不能沿竖直方向量。

④ 质心：位置按质量加权的平均#

一根杆放在 $0\le x\le1$ 上，线密度（单位长度上的质量）是 $2x$（越往右越重）。在 $x$ 处取一小段 $dx$，质量 $dm=2x\,dx$。

总质量 $M=\int_0^12x\,dx=\Big[x^2\Big]_0^1=1$。

每一小段的位置乘它的质量，再加起来，叫静矩（也叫一阶矩）：$\int_0^1x\cdot2x\,dx=\left[\frac23x^3\right]_0^1=\frac23$。

“矩”这个词来自杠杆。跷跷板上，一个人对支点的转动效果，等于他的重量乘他到支点的距离，这个乘积叫力矩。静矩就是“质量 × 位置”，衡量的是这些质量对原点产生的总的转动效果。

把全部质量 $M$ 集中到一点 $\bar x$，要产生同样的静矩，就要 $M\bar x=$ 静矩。除以总质量，质心是 $\bar x=\frac{2/3}{1}=\frac23$。

右边重，质心在中点 $\frac12$ 的右边，这个方向可以用来检查。

平面图形的形心。 一块密度均匀的薄板，占据区域 $g(x)\le y\le f(x)$，$a\le x\le b$，面积为 $A$。它的几何中心（形心）$(\bar x,\bar y)$ 是

$$\bar x=\frac{\int_a^bx\,[f(x)-g(x)]\,dx}{A},\qquad\bar y=\frac{\frac12\int_a^b\left[f(x)^2-g(x)^2\right]dx}{A}.$$

密度均匀时，设面密度是常数 $\rho$，质量和静矩里都有一个 $\rho$，相除时约掉，所以可以直接把面积当作质量。在 $x$ 处取竖直小条，面积 $dA=(f-g)\,dx$。

$\bar x$：整根小条的位置都是 $x$，它的静矩是 $x\cdot(f-g)\,dx$，加起来除以 $A$。

$\bar y$：小条上下均匀，它的中心在上下边的中点，高度 $\frac{f+g}2$；整根小条对 $\bar y$ 的作用，相当于质量都集中在这个中心。所以它对 $x$ 轴的静矩是 $\frac{f+g}2\cdot(f-g)\,dx$，由平方差公式等于 $\frac12(f^2-g^2)\,dx$。加起来除以 $A$，就是 $\bar y$。

例 $y=x$ 与 $y=x^2$ 之间的区域。第八节算过：交点 $x=0$、$x=1$，直线在上，$A=\frac16$。除以 $A$ 就是乘 $6$；$\bar y$ 前面还有 $\frac12$，系数是 $6\cdot\frac12=3$：

$$\bar x=6\int_0^1x(x-x^2)\,dx=6\left[\frac{x^3}3-\frac{x^4}4\right]_0^1=6\left(\frac13-\frac14\right)=\frac12,$$ $$\bar y=3\int_0^1\left[x^2-(x^2)^2\right]dx=3\left[\frac{x^3}3-\frac{x^5}5\right]_0^1=3\left(\frac13-\frac15\right)=\frac25.$$

用帕普斯定理验证上一节的两个体积。 第八节的 HISTORY 框提到过帕普斯定理：平面图形绕一条不穿过它的轴旋转，体积 $=$ 图形面积 $A$ × 形心转过的圆周长 $2\pi\bar r$（$\bar r$ 是形心到轴的距离）。理由和柱壳法一样：把图形切成小块 $dA$，到轴的距离 $r$，转一圈扫过的体积约为 $2\pi r\,dA$，加起来 $V=2\pi\int r\,dA$；而按形心的定义 $\int r\,dA=A\bar r$，所以 $V=2\pi\bar rA$。

第八节算出：绕 $x$ 轴（垫圈法）$\frac{2\pi}{15}$，绕 $y$ 轴（柱壳法）$\frac\pi6$。现在用 $A=\frac16$ 和形心 $\left(\frac12,\frac25\right)$ 来验证：

• 绕 $x$ 轴：形心到 $x$ 轴的距离是 $\bar y=\frac25$，转过的圆周长 $2\pi\cdot\frac25$，$V=\frac16\cdot2\pi\cdot\frac25=\frac{2\pi}{15}$。和垫圈法一致。
• 绕 $y$ 轴：距离 $\bar x=\frac12$，$V=\frac16\cdot2\pi\cdot\frac12=\frac\pi6$。和柱壳法一致。

三种完全不同的方法得到同一个答案，这是检查计算最好的办法。

转动惯量。 把“位置”换成“位置的平方”，得到另一个常用的量。质量 $m$ 的质点到转轴的距离是 $r$，$mr^2$ 叫它对这根轴的转动惯量。它衡量物体有多难被转动起来，作用相当于直线运动里的质量（转动的动能是 $\frac12I\omega^2$，$\omega$ 是角速度；直线运动的动能是 $\frac12mv^2$）。离轴越远的质量，贡献按距离的平方增长。

连续分布时同样切小段：$dI=r^2\,dm$。

例 均匀细杆，长 $l$，总质量 $M$（线密度 $\frac Ml$），绕过一端、垂直于杆的轴转动。在距轴 $x$ 处取一小段 $dx$，$dm=\frac Ml\,dx$：

$$I=\int_0^lx^2\cdot\frac Ml\,dx=\frac Ml\cdot\frac{l^3}3=\frac13Ml^2.$$

绕过中点的轴：把原点放在中点（转轴处），杆占据 $\left[-\frac l2,\frac l2\right]$。$x^2$ 是偶函数，积分是右半边的两倍：

$$I=\int_{-l/2}^{l/2}x^2\frac Ml\,dx=\frac Ml\cdot2\left[\frac{x^3}3\right]_0^{l/2}=\frac Ml\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{l^3}8=\frac1{12}Ml^2,$$

只有绕一端的 $\frac{1/12}{1/3}=\frac14$。同一根杆，握着中间转比握着一端转容易得多。

⑤ 引力#

引力题也是同样的步骤：先写出一小块的质量 $dm$，再根据距离写出它产生的小力，还要注意力的方向。只有各个小力方向相同时，才能直接把大小加起来。

例 一根均匀细杆，长 $l$，线密度 $\mu$，放在 $x$ 轴上 $[a,a+l]$ 处（$a>0$）；原点有一个质量为 $m$ 的质点。求杆对质点的引力。

在 $x$ 处取一小段 $dx$，质量 $dm=\mu\,dx$。由万有引力定律 $F=G\frac{m_1m_2}{r^2}$，它对质点的引力大小为 $\frac{Gm\mu\,dx}{x^2}$，方向沿 $x$ 轴正方向（指向杆）。所有小段的引力方向都相同，可以直接相加：

$$F=\int_a^{a+l}\frac{Gm\mu}{x^2}\,dx=Gm\mu\left[-\frac1x\right]_a^{a+l}=Gm\mu\left(-\frac1{a+l}+\frac1a\right)=Gm\mu\cdot\frac{(a+l)-a}{a(a+l)}=\frac{Gm\mu l}{a(a+l)}.$$

检查：杆的总质量 $M=\mu l$，结果是 $\frac{GmM}{a(a+l)}$。如果保持总质量 $M$ 不变，让杆越来越短（$l\to0$），分母 $a(a+l)\to a^2$，结果趋于 $\frac{GmM}{a^2}$，正是两个质点之间的引力。$\checkmark$

如果质点不在杆的延长线上（比如在杆的中垂线上），各小段的引力方向不同，必须分解成 $x$、$y$ 两个方向的分量分别积分；由对称性，平行于杆的分量会互相抵消。

⑥ 函数的平均值#

$f$ 在 $[a,b]$ 上的平均值 $\bar f=\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx$（见“开始之前”的积分中值定理）。

例 交流电的电压 $u=U_m\sin\omega t$，周期 $T=\frac{2\pi}\omega$。一个周期里它的平均值是 $0$（正负抵消）。可是电流发热的功率和 $u^2$ 成正比，所以要看 $u^2$ 的平均值：

$$\overline{u^2}=\frac{1}{T}\int_0^TU_m^2\sin^2\omega t\,dt=\frac{U_m^2}{T}\int_0^T\frac{1-\cos2\omega t}2dt=\frac{U_m^2}T\cdot\frac T2=\frac{U_m^2}2.$$

（第二个等号是降幂公式 $\sin^2\theta=\frac{1-\cos2\theta}2$。积分拆成两项：$\int_0^T\frac12\,dt=\frac T2$；$\int_0^T\cos2\omega t\,dt=\left[\frac{\sin2\omega t}{2\omega}\right]_0^T=\frac{\sin4\pi}{2\omega}-0=0$，因为 $\omega T=2\pi$。$\cos2\omega t$ 的周期是 $\frac T2$，在 $[0,T]$ 上正好走了两个周期，正负抵消。）

交流电的有效值定义为：在同一个电阻 $R$ 上产生同样平均发热功率的恒定电压 $U$。恒定电压的功率是 $\frac{U^2}R$，交流电的平均功率是 $\frac{\overline{u^2}}R$，两者相等，$U^2=\overline{u^2}$。所以有效值是 $\sqrt{\overline{u^2}}=\frac{U_m}{\sqrt2}$。比如标称 $220$ 伏的正弦交流电，$220$ 伏指的是有效值，峰值约为 $220\sqrt2\approx311$ 伏。

物理应用题最关键的，是把一句物理描述翻译成 $dW$、$dF$、$dm$。微元写对了，后面通常只是一个普通的定积分。

十、数值积分：原函数写不出来时怎样算#

原函数写不出来，不等于只能估一个数。第一篇的泰勒公式告诉我们怎样控制一小段上的误差，这一篇的黎曼和告诉我们怎样把各段加起来。两者合起来，就是数值积分：不但能算出近似值，还能保证误差不超过多少。

① 中点公式：为什么比随便取一个点好#

把 $[a,b]$ 等分成 $n$ 段，每段宽 $h=\frac{b-a}n$。第 $i$ 段是 $[a+(i-1)h,\ a+ih]$，它的中点是 $c_i=a+\left(i-\frac12\right)h$。用以中点处函数值为高的矩形来近似：

$$M_n=h\sum_{i=1}^{n}f(c_i).$$

设 $f$ 有连续的二阶导数，并且整个区间上 $\lvert f''\rvert\le M$。第 $i$ 段可以写成 $\left[c_i-\frac h2,c_i+\frac h2\right]$。令 $x=c_i+t$，$t$ 是离中点的偏差，$dx=dt$，$t$ 从 $-\frac h2$ 到 $\frac h2$。在中点 $c_i$ 处展开：

$$f(c_i+t)=f(c_i)+f'(c_i)t+r_i(t),\qquad\lvert r_i(t)\rvert\le\frac M2t^2.$$

在这一段上积分：

• 常数项 $f(c_i)$ 积出来是 $f(c_i)h$，正是中点矩形的面积；
• 一次项 $f'(c_i)t$ 在对称区间 $\left[-\frac h2,\frac h2\right]$ 上积分为 $0$（$t$ 是奇函数）；
• 剩下的误差 $r_i$ 积出来，绝对值不超过 $\frac M2\int_{-h/2}^{h/2}t^2\,dt$。

最后这个积分是 $\left[\frac{t^3}3\right]_{-h/2}^{h/2}=\frac13\left(\frac{h^3}8+\frac{h^3}8\right)=\frac{h^3}{12}$，所以每一段的误差不超过 $\frac M2\cdot\frac{h^3}{12}=\frac{Mh^3}{24}$。$n$ 段加起来，用 $nh=b-a$，$h=\frac{b-a}n$：

$$\left\lvert\int_a^bf(x)\,dx-M_n\right\rvert\le n\cdot\frac{Mh^3}{24}=\frac{M(nh)h^2}{24}=\frac{M(b-a)h^2}{24}=\frac{M(b-a)^3}{24n^2}.$$

中点公式好，不只因为矩形窄，还因为中点左右对称，一次项的误差正好抵消了。如果不知道二阶导数的界，就不能用这个误差公式。

② 梯形公式：用直线代替常数#

用每一段两个端点的连线（梯形的斜边）近似曲线：

$$T_n=h\left[\frac{f(a)+f(b)}2+\sum_{i=1}^{n-1}f(a+ih)\right].$$

两个端点只算一半，是因为一个梯形的面积是“左右两条边的平均乘宽度”，而中间的每个分点同时是左右两个梯形的边，要算两个一半。写开来，分点 $x_i=a+ih$：

$$T_n=h\left[\frac{f(x_0)+f(x_1)}2+\frac{f(x_1)+f(x_2)}2+\cdots+\frac{f(x_{n-1})+f(x_n)}2\right],$$

$f(x_1)$ 到 $f(x_{n-1})$ 各出现两次，每次带 $\frac12$，合成一整项；$f(x_0)=f(a)$ 和 $f(x_n)=f(b)$ 只出现一次。

误差估计。 设某一段是 $[u,v]$，连接两个端点的直线是 $\ell(s)$。先估计这一段里某一点 $t$（$u<t<v$）处的差 $f(t)-\ell(t)$。思路和第一篇第七节证明拉格朗日余项一样。$t\ne u$、$t\ne v$，所以 $(t-u)(t-v)\ne0$，可以定义常数

$$K=\frac{f(t)-\ell(t)}{(t-u)(t-v)},\qquad\text{即}\qquad f(t)-\ell(t)=K(t-u)(t-v).$$

$t$ 固定以后，以 $s$ 为变量构造

$$\psi(s)=f(s)-\ell(s)-K(s-u)(s-v).$$

最后一项在 $s=u$、$s=v$ 时为 $0$，在 $s=t$ 时正好抵掉 $f(t)-\ell(t)$。所以 $\psi$ 在 $u$、$t$、$v$ 三个点都等于 $0$（在 $u$、$v$ 处 $f=\ell$，在 $t$ 处由 $K$ 的定义）。用罗尔定理（两端值相等，中间有一点导数为 $0$）：

1. 在 $[u,t]$ 上，$\psi(u)=\psi(t)=0$，所以有 $\xi_1\in(u,t)$ 使 $\psi'(\xi_1)=0$；
2. 在 $[t,v]$ 上，同样有 $\xi_2\in(t,v)$ 使 $\psi'(\xi_2)=0$；
3. 对 $\psi'$ 在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上再用一次，有 $\xi$ 使 $\psi''(\xi)=0$。

求 $\psi''$：$\ell$ 是一次函数，二阶导数为 $0$；$(s-u)(s-v)=s^2-(u+v)s+uv$，二阶导数是 $2$。所以 $\psi''(\xi)=f''(\xi)-2K=0$，$K=\frac{f''(\xi)}2$。于是

$$f(t)-\ell(t)=\frac{f''(\xi)}2(t-u)(t-v).$$

这一段上梯形公式的误差是 $\int_u^v[f(t)-\ell(t)]\,dt$。在 $[u,v]$ 里 $t-u\ge0$，$t-v\le0$，负数的绝对值是它的相反数，$\lvert t-v\rvert=v-t$，所以 $\lvert(t-u)(t-v)\rvert=(t-u)(v-t)$。若 $\lvert f''\rvert\le M$，这一段的误差的绝对值不超过

$$\frac M2\int_u^v(t-u)(v-t)\,dt=\frac M2\cdot\frac{(v-u)^3}{6}=\frac{M(v-u)^3}{12}.$$

（$\int_u^v(t-u)(v-t)dt$：令 $s=t-u$，$w=v-u$，$v-t=w-s$，就是 $\int_0^ws(w-s)ds=\left[\frac{ws^2}2-\frac{s^3}3\right]_0^w=\frac{w^3}2-\frac{w^3}3=\frac{w^3}6$。）每段宽 $v-u=h$，$n$ 段加起来，和中点公式一样用 $nh=b-a$：

$$\left\lvert\int_a^bf\,dx-T_n\right\rvert\le n\cdot\frac{Mh^3}{12}=\frac{M(b-a)h^2}{12}=\frac{M(b-a)^3}{12n^2}.$$

梯形公式的误差上界是中点公式的两倍。还有一个检查方向的办法。若 $f''\ge0$（曲线向上弯）：弦在曲线上方，所以梯形公式给出的值偏大。中点公式偏小，要绕一步：在中点 $c$ 处作切线，切线在曲线下方，所以切线下的梯形面积不超过曲线下的面积；而这个梯形的面积正好等于中点矩形的面积，因为切线是直线，在中点两侧对称地一边高一边低，梯形两端高度的平均值正好是中点处的高度 $f(c)$，梯形面积是 $f(c)h$。所以

$$\text{中点矩形}=\text{切线下的梯形}\le\text{真实面积}\le\text{弦下的梯形},$$

真实值夹在两者之间。

更高阶的方法会用更高次的多项式去近似每一段，理论上精度更高，但误差公式里会出现更高阶的导数。如果被积函数的高阶导数很大，次数高未必更好。

③ 一个完整的计算：$\int_0^1e^{-x^2}dx$#

$$I=\int_0^1e^{-x^2}dx.$$

原函数写不出来，用中点公式。先估计二阶导数：$f'(x)=-2xe^{-x^2}$，再用乘积法则，

$$f''(x)=-2e^{-x^2}+(-2x)(-2x)e^{-x^2}=(4x^2-2)e^{-x^2}.$$

在 $[0,1]$ 上 $0\le4x^2\le4$，所以 $-2\le4x^2-2\le2$，$\lvert4x^2-2\rvert\le2$；$-x^2\le0$，所以 $e^{-x^2}\le1$。可以取 $M=2$。

用 $100$ 个中点矩形：

$$M_{100}=\frac1{100}\sum_{i=1}^{100}e^{-\left(\frac{i-\frac12}{100}\right)^2}\approx0.74682720.$$

误差上界：

$$\lvert I-M_{100}\rvert\le\frac{2\cdot1^3}{24\cdot100^2}=\frac1{120000}<0.0000084.$$

$\lvert I-M_{100}\rvert<0.0000084$ 就是 $M_{100}-0.0000084<I<M_{100}+0.0000084$，所以 $0.7468188<I<0.7468356$（再考虑到显示的小数是四舍五入的，这个范围是保守的）。严格的计算机验证还要控制每次计算指数函数和做加法时的舍入误差；这里的定理控制的是数学上中点和的误差。

这比“计算器显示了八位数”多知道了一件事：我们知道算法是什么、需要什么假设、误差从哪里来。如果想让误差小于给定的 $\varepsilon$，只要事先取 $n$ 使 $\frac{2}{24n^2}<\varepsilon$。导数的界估得粗一点也没关系，只要它确实是一个上界。

十一、积分和极限能不能交换次序（选读）#

第一篇最后一节（选读）看到：一串函数的极限，求导和取极限不能随便交换。这一节问积分：每个 $f_n$ 都可积，$f_n$ 趋于 $f$，那么 $\int f_n$ 是否趋于 $\int f$？我们会看到：在一致收敛时可以；只是逐点收敛时可能不行；而且有些极限函数在黎曼积分里根本没法积分。这些问题引出了一种新的积分，叫勒贝格积分。这一节较难，跳过不影响前面的计算。

① 一致收敛时可以交换#

定理 设每个 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上可积，且一致收敛到 $f$。那么 $f$ 也可积，并且 $\int_a^bf_n\to\int_a^bf$。

$f$ 可积。 在任何一小段上，$f$ 的最大值与最小值之差，不超过 $f_n$ 的最大值与最小值之差再加 $2\varepsilon_n$。理由：这一段上处处 $f_n(x)-\varepsilon_n\le f(x)\le f_n(x)+\varepsilon_n$。右半边说 $f(x)\le(f_n\text{ 的最大值})+\varepsilon_n$，对这段上所有的 $x$ 都成立，所以 $f$ 的最大值最多比 $f_n$ 的最大值大 $\varepsilon_n$；左半边同理说 $f$ 的最小值最多比 $f_n$ 的最小值小 $\varepsilon_n$。两者相减，差最多多出 $2\varepsilon_n$。每一段的这个不等式乘上段宽 $\Delta x_i$ 再加起来，左边是 $U_f(P)-L_f(P)$，右边多出来的是 $2\varepsilon_n\sum\Delta x_i=2\varepsilon_n(b-a)$。所以对任何分割 $P$，

$$U_f(P)-L_f(P)\le U_{f_n}(P)-L_{f_n}(P)+2\varepsilon_n(b-a).$$

给定 $\eta>0$，先选 $n$ 使 $2\varepsilon_n(b-a)<\frac\eta2$；再因为这个 $f_n$ 可积，分割足够细时 $U_{f_n}(P)-L_{f_n}(P)<\frac\eta2$。于是这些分割都有 $U_f(P)-L_f(P)<\eta$，由“开始之前”选读部分的论证，$f$ 可积。

积分收敛。 由线性性质，$\int_a^bf_n-\int_a^bf=\int_a^b(f_n-f)$；再用“开始之前”的不等式 $\left\lvert\int g\right\rvert\le\int\lvert g\rvert$；最后被积函数处处不超过常数 $\varepsilon_n$，积分不超过 $\varepsilon_n(b-a)$：

$$\left\lvert\int_a^bf_n-\int_a^bf\right\rvert\le\int_a^b\lvert f_n-f\rvert\le(b-a)\varepsilon_n\to0.$$

积分对函数值的小误差很“稳”：处处误差小，积分的误差也小。第一篇看到，求导会放大小振幅、高频率的振动，所以同样的条件推不出导数也收敛。

用积分重新证明逐项求导的条件。 第一篇用中值定理证明过：若每个 $f_n$ 有连续导数，$f_n'$ 一致收敛到 $g$，并且某一点 $f_n(x_0)\to c$，那么 $f_n$ 的极限 $f$ 可导，且 $f'=g$。现在可以这样证：$g$ 是连续函数的一致极限，由第一篇的定理它连续；由牛顿—莱布尼茨公式，

$$f_n(x)=f_n(x_0)+\int_{x_0}^xf_n'(t)\,dt\ \longrightarrow\ c+\int_{x_0}^xg(t)\,dt.$$

（第一项按条件趋于 $c$；第二项用的是刚证明的积分收敛，因为 $f_n'$ 一致收敛到 $g$。）右边对每个 $x$ 都是一个确定的数，所以 $f_n(x)$ 在每一点都收敛，极限 $f(x)=c+\int_{x_0}^xg(t)\,dt$。$g$ 连续，由基本定理，$f'(x)=0+g(x)=g(x)$。两种证明都需要“导数一致收敛”加上“某一点函数值收敛”。

② 每一点都趋于 $0$，面积却一直是 $1$#

对整数 $n\ge2$，在 $[0,1]$ 上定义一个尖尖的三角形：

$$f_n(x)=\begin{cases} n^2x,&0\le x\le\frac1n,\\[1mm] n^2\left(\frac2n-x\right),&\frac1n<x\le\frac2n,\\[1mm] 0,&\frac2n<x\le1. \end{cases}$$

它连续，是一个底宽 $\frac2n$、高 $n$ 的三角形（$x=\frac1n$ 处达到高度 $n^2\cdot\frac1n=n$），面积是 $\frac12\cdot\frac2n\cdot n=1$。

固定一个 $x>0$。$n$ 足够大时 $\frac2n<x$，于是 $f_n(x)=0$；在 $x=0$ 处 $f_n(0)$ 始终是 $0$。所以每一点上 $f_n(x)\to0$，可是

$$\lim_{n\to\infty}\int_0^1f_n(x)\,dx=1\ne0=\int_0^1\lim_{n\to\infty}f_n(x)\,dx.$$

面积并没有消失，而是挤到了越来越窄、越来越高的尖峰里，最后逃到了 $x=0$ 这一个点上。这个例子不论用哪种积分都不能交换，它说明逐点收敛本身不够，需要额外的控制条件。

③ 黎曼积分的一个限制#

在 $[0,1]$ 上定义 $d(x)$：$x$ 是有理数时为 $1$，无理数时为 $0$。任何一小段里既有有理数，也有无理数，所以每段上的最大值是 $1$、最小值是 $0$：每个上和都是 $1$，每个下和都是 $0$。上和与下和永远差 $1$，$d$ 不是黎曼可积的。

这个函数和极限有什么关系？$[0,1]$ 里的有理数可以排成一列 $q_1,q_2,q_3,\dots$（比如按分母从小到大、分母相同时按分子从小到大，依次列出所有分数，重复的去掉）。令 $d_n$ 在 $q_1,\dots,q_n$ 这 $n$ 个点上为 $1$，其他地方为 $0$。

每个 $d_n$ 只有有限个“尖刺”，黎曼积分是 $0$：给每个尖刺套一个宽 $\frac\varepsilon{2n}$ 的小区间，$n$ 个加起来宽 $\frac\varepsilon2$；只有这些小区间里高度是 $1$，所以上和不超过 $\frac\varepsilon2$，可以任意小，而下和是 $0$。

$0\le d_n\le1$；$d_n$ 一个比一个大：从 $d_n$ 到 $d_{n+1}$，只是把 $q_{n+1}$ 处的值从 $0$ 改成 $1$。

每一点都趋于 $d$：$x$ 是无理数时，$d_n(x)$ 始终是 $0=d(x)$；$x$ 是有理数时，它在队列里排在某个位置，比如 $x=q_{100}$，那么 $n\ge100$ 以后 $d_n(x)=1=d(x)$。

可是极限 $d$ 不是黎曼可积的。

这说明：一串“好”的函数，在一个很自然的极限过程下，可能离开黎曼可积函数的范围。问题不在于积分技巧不够，而在于黎曼可积函数这个范围不够大。

勒贝格的想法。 黎曼积分是把横轴切成小段。勒贝格积分换一种切法：按函数值切。问“函数值在某一段范围里的那些点，合在一起有多大”，再用“函数值 × 这些点的总大小”求和。这些点可能散落在各处，不是一整段区间，所以要先定义一般集合的“大小”，叫测度。

比如可数个点组成的集合，它的“长度”应该是 $0$：给第 $k$ 个点套上一个长度小于 $\frac{\varepsilon}{2^{k}}$ 的小区间，所有小区间的总长度小于 $\varepsilon\left(\frac12+\frac14+\cdots\right)=\varepsilon$（首项 $\frac12$、公比 $\frac12$ 的等比数列，和是 $1$），而 $\varepsilon$ 可以任意小。所以有理数虽然处处都有（在任何一小段里都有，叫稠密），作为一个集合，它的测度却是 $0$；剩下的无理数，测度是 $1-0=1$。于是 $d$ 的勒贝格积分是“函数值 × 这些点的测度”相加：有理数上高度 $1$、测度 $0$，无理数上高度 $0$、测度 $1$，

$$1\times0+0\times1=0.$$

“稠密”问的是每一小段里有没有这种点，“测度为 $0$”问的是能不能用总长度任意小的区间盖住它们。两者并不矛盾。这也说明了为什么在勒贝格积分里，改变函数在一个测度为 $0$ 的集合上的值，不会改变积分；而在黎曼积分里，像 $d$ 这样的改变可能破坏可积性。

下面把这套语言和两个最常用的收敛定理写出来。

④ 勒贝格积分的定义#

哪些集合可以量。 不是任意的集合都能合理地定义“大小”（可以构造出无法定义长度的集合，证明要用到集合论里的选择公理，这里不展开）。所以先规定一批“可以测量”的集合 $\mathcal A$，要求：整个空间在里面；一个集合在里面，它的补集也在；可数个集合在里面，它们的并集也在（由此可数个的交集也在）。满足这些要求的一批集合叫 $\sigma$-代数。

测度。 测度 $\mu$ 给每个可以测量的集合一个非负数（允许是 $+\infty$），满足 $\mu(\varnothing)=0$，以及可数可加性：若 $A_1,A_2,\dots$ 两两不相交，则

$$\mu\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}A_k\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\mu(A_k).$$

实轴上的勒贝格测度，让区间的测度等于它的长度：$\mu([a,b])=b-a$；所有开集、所有测度为 $0$ 的集合的子集，都是可以测量的。（具体的构造方法是：先用“能盖住这个集合的可数个开区间的总长度的下确界”定义每个集合的外测度，再挑出那些“和任何集合切开后外测度都可加”的集合作为可测集合。这一节用到的区间、可数集、连续函数取值的集合都在里面。）

由可数可加性马上得到一个常用的性质：如果 $A_1\subset A_2\subset\cdots$ 一个比一个大，那么

$$\mu\left(\bigcup_nA_n\right)=\lim_{n\to\infty}\mu(A_n).$$

证明：把并集拆成互不相交的 $A_1$，$A_2\setminus A_1$，$A_3\setminus A_2$，……（$A_2\setminus A_1$ 表示在 $A_2$ 里、不在 $A_1$ 里的点），像一圈一圈的环。由可数可加性，并集的测度是它们的和。而前 $n$ 块拼起来正好是 $A_n$（$A_1$ 并上 $A_2\setminus A_1$ 是 $A_2$，再并上 $A_3\setminus A_2$ 是 $A_3$……），所以前 $n$ 项的和正好是 $\mu(A_n)$。无穷多项的和按定义是前 $n$ 项和的极限，也就是 $\lim\mu(A_n)$。

可测函数与简单函数。 按函数值切，要问“函数值在 $a$ 和 $b$ 之间的点有多大”，这些点是 $\{x:f(x)>a\}$ 去掉 $\{x:f(x)>b\}$。所以要求：函数 $f$ 叫可测的，意思是对每个实数 $t$，集合 $\{x:f(x)>t\}$（函数值高于 $t$ 的那些点）都可以测量。连续函数、分段连续的函数都是可测的。只取有限个非负值的可测函数，可以写成

$$s=\sum_{j=1}^ma_j\mathbf 1_{A_j},\qquad a_j\ge0,$$

其中 $A_j$ 两两不相交，$\mathbf 1_A$ 是 $A$ 的指示函数（在 $A$ 里为 $1$，在 $A$ 外为 $0$）。这样的 $s$ 叫简单函数。规定它的积分是

$$\int s\,d\mu=\sum_{j=1}^ma_j\,\mu(A_j).$$

还是“高度 × 底面大小，再求和”，只是底面可以是任意可测的集合，不必是一整段区间。（$0\cdot\infty$ 规定为 $0$。）比如狄利克雷函数 $d=1\cdot\mathbf 1_{\text{有理数}}+0\cdot\mathbf 1_{\text{无理数}}$ 就是一个简单函数，上面那个 $1\times0+0\times1$ 就是按这个规定算的。

一般的非负函数。 对非负可测函数 $f$，定义

$$\int f\,d\mu=\sup\left\{\int s\,d\mu:\ 0\le s\le f,\ s\text{ 是简单函数}\right\}.$$

也就是：用所有从下面逼近 $f$ 的简单函数，它们积分的上确界。这个值允许是 $+\infty$。

有正有负的函数。 上面只定义了非负函数的积分，所以把正的部分和负的部分拆开，都变成非负的。设 $f^+=\max(f,0)$（负的地方削成 $0$），$f^-=\max(-f,0)$（负的部分翻成正的，正的地方削成 $0$）。比如某点 $f=5$，则 $f^+=5$，$f^-=0$；某点 $f=-3$，则 $f^+=0$，$f^-=3$。所以处处有

$$f=f^+-f^-,\qquad\lvert f\rvert=f^++f^-.$$

当 $\int\lvert f\rvert<\infty$ 时，$\int f^++\int f^-=\int\lvert f\rvert$ 有限，两个非负数的和有限，两个都有限，于是定义 $\int f=\int f^+-\int f^-$。如果两部分都是无穷大，$\infty-\infty$ 没有意义，就不定义积分。

几乎处处。 一个性质如果只在一个测度为 $0$ 的集合上不成立，就说它几乎处处成立。几乎处处相等的两个函数，勒贝格积分相同。（但这对经典的导数不适用：改动一个点的函数值，积分不变，却可能破坏连续性和可导性。）

对连续函数，黎曼积分的上和、下和本身就是两个简单函数的积分。比如下和：在分割的第 $i$ 段 $[x_{i-1},x_i)$ 上取高度 $m_i$（这一段上的最小值），得到阶梯函数 $s=\sum m_i\mathbf 1_{[x_{i-1},x_i)}$，按上面的规定它的积分是 $\sum m_i(x_i-x_{i-1})$，正是下和 $L(P)$。$s\le f$，所以 $L(P)\le\int f\,d\mu$；同理 $\int f\,d\mu\le U(P)$。勒贝格积分对每个分割都夹在下和与上和之间，而这两者趋于黎曼积分，所以两者相等。新定义扩大了能积分的范围，没有改变原来算出的面积。

⑤ 单调收敛定理#

定理 若 $0\le f_1\le f_2\le\cdots$（一个比一个大），并且每一点上 $f_n\to f$，则

$$\int f\,d\mu=\lim_{n\to\infty}\int f_n\,d\mu,$$

两边都允许是无穷大。

比如前面的 $d_n$ 正好满足条件：每个积分都是 $0$，极限 $d$ 的勒贝格积分也是 $0$，交换是成立的。尖三角形 $f_n$ 不是递增的，不能用这个定理。

证明。 因为 $f_n\le f$，所以 $\int f_n\le\int f$；$\int f_n$ 又是递增的，有极限，记 $L=\lim\int f_n$，于是 $L\le\int f$。

难的是反方向。按定义 $\int f$ 是所有 $\int s$（$0\le s\le f$）的上确界，所以只要对每个这样的 $s$ 证明 $L\ge\int s$。任取一个简单函数 $0\le s\le f$。想看 $f_n$ 在哪些点追上了 $s$，可是直接比可能永远追不上：比如 $f=s=1$，$f_n=1-\frac1n$，每个 $f_n$ 都小于 $s$。所以把目标打个折：取一个常数 $0<c<1$（比如 $0.99$）。令

$$E_n=\{x:f_n(x)\ge c\,s(x)\}.$$

• $E_n$ 一个比一个大（$f_n$ 递增）；
• 每一点最终都会进入某个 $E_n$：在 $s(x)>0$ 的点，$f(x)\ge s(x)>c\,s(x)$，两者之间有一段正的距离，而 $f_n(x)\to f(x)$，所以 $n$ 足够大时 $f_n(x)$ 跨过 $c\,s(x)$；在 $s(x)=0$ 的点，$f_1\ge0=c\,s$，一开始就在 $E_1$ 里。

所以 $E_n$ 递增地盖住了整个空间，并且 $f_n\ge c\,s\,\mathbf 1_{E_n}$（在 $E_n$ 上 $f_n\ge cs$，在 $E_n$ 外右边是 $0$）。积分：$\int f_n\ge c\int s\mathbf 1_{E_n}$。$s=\sum_ja_j\mathbf 1_{A_j}$ 只有有限个值，乘上 $\mathbf 1_{E_n}$ 就是把底面 $A_j$ 截成 $A_j\cap E_n$，$\int s\mathbf 1_{E_n}=\sum_ja_j\mu(A_j\cap E_n)$。$A_j\cap E_n$ 随 $n$ 递增，并起来是 $A_j$，由上面集合测度的性质，$\mu(A_j\cap E_n)\to\mu(A_j)$；有限项的和可以逐项取极限，所以 $\int s\mathbf 1_{E_n}\to\int s$。令 $n\to\infty$，左边趋于 $L$：

$$L\ge c\int s.$$

这对每个 $c<1$ 都成立，让 $c\to1$，得 $L\ge\int s$。$L$ 不小于每一个 $\int s$，是它们的一个上界，所以不小于它们的最小上界 $\int f$：$L\ge\int f$。两个方向合起来，定理得证。

证明里没有用到一致收敛，也没有要求空间的测度有限；“非负”和“递增”这两个条件代替了它们。

⑥ 支配收敛定理#

先介绍两个工具：下极限和上极限。数列可能来回振荡、没有极限，比如 $a_n=(-1)^n$：$-1,1,-1,1,\dots$。换个问法：只看第 $n$ 项以后的“尾巴”，它的下确界 $\inf_{k\ge n}a_k$ 和上确界 $\sup_{k\ge n}a_k$ 是多少？这个例子里，不论 $n$ 是几，尾巴里都有 $-1$ 和 $1$，下确界是 $-1$，上确界是 $1$。$n$ 越大，尾巴里的数越少，最小值只会变大或不变，最大值只会变小或不变；单调的数列总有极限（允许是 $\pm\infty$）。定义

$$\liminf a_n=\lim_{n\to\infty}\left(\inf_{k\ge n}a_k\right),\qquad\limsup a_n=\lim_{n\to\infty}\left(\sup_{k\ge n}a_k\right),$$

分别叫下极限、上极限。上面的例子里分别是 $-1$ 和 $1$。它们总是存在，并且 $\liminf a_n\le\limsup a_n$；两者相等时，数列的极限存在，就等于这个公共值。

先证一个中间结论。对非负可测函数 $h_n$，在每一点取尾巴的下确界，令 $g_n=\inf_{k\ge n}h_k$。$g_n$ 是递增的，它的极限就是每一点的 $\liminf h_n$。对每个 $k\ge n$ 都有 $g_n\le h_k$，所以 $\int g_n\le\int h_k$；$\int g_n$ 比 $\int h_n,\int h_{n+1},\dots$ 中每一个都小，所以也不超过它们的下确界：$\int g_n\le\inf_{k\ge n}\int h_k$。两边令 $n\to\infty$：左边由单调收敛定理（$g_n$ 非负、递增）等于 $\int\liminf h_n$，右边按定义是 $\liminf\int h_n$：

$$\int\liminf_nh_n=\lim_n\int g_n\le\lim_n\inf_{k\ge n}\int h_k=\liminf_n\int h_n.$$

这叫 法图引理。它说：非负函数取极限时，面积可能减少（比如尖三角形，面积从 $1$ 掉到 $0$），但不会凭空增加。

支配收敛定理 设几乎处处 $f_n\to f$，并且有一个固定的、积分有限的函数 $g\ge0$，使所有的 $n$ 都满足 $\lvert f_n\rvert\le g$。那么 $\int f_n\to\int f$。

比如 $[0,1]$ 上的 $f_n(x)=x^n$：$0\le x^n\le1$，常数 $g=1$ 压住所有的 $f_n$；除了 $x=1$ 这一个点（测度为 $0$）以外 $x^n\to0$。定理说 $\int_0^1x^n\,dx\to0$，直接算也是 $\frac1{n+1}\to0$。

证明：$\lvert f_n\rvert\le g$，取极限得 $\lvert f\rvert\le g$ 几乎处处成立，所以 $f$ 的积分有限。

下界：由 $\lvert f_n\rvert\le g$，$-g\le f_n\le g$，所以 $g+f_n\ge0$，并且 $g+f_n\to g+f$。对非负函数 $g+f_n$ 用法图引理：$\int(g+f)\le\liminf\int(g+f_n)$。左边是 $\int g+\int f$；右边每一项是 $\int g+\int f_n$，数列整体加一个常数，下极限也加这个常数，所以是 $\int g+\liminf\int f_n$。两边减去有限的 $\int g$，得 $\int f\le\liminf\int f_n$。

上界：同样 $g-f_n\ge0$，对它用法图引理，按同样的方法拆开、减去 $\int g$，得 $-\int f\le\liminf\left(-\int f_n\right)$。一组数都变号，最大的变成最小的，所以 $\inf(-a_k)=-\sup a_k$，取极限得 $\liminf(-a_n)=-\limsup a_n$。上式就是 $-\int f\le-\limsup\int f_n$，两边乘 $-1$，不等号反向：$\limsup\int f_n\le\int f$。

再加上 $\liminf\le\limsup$，

$$\int f\le\liminf\int f_n\le\limsup\int f_n\le\int f,$$

两端相同，中间全是等号。上下极限相等，所以 $\lim\int f_n$ 存在，等于 $\int f$。

“支配”的意思是：同一个可积函数 $g$ 同时压住所有的 $f_n$，不是每个 $f_n$ 各有各的上界。尖三角形就没有这样的 $g$（否则定理会推出它们的积分趋于 $0$，而它们都是 $1$）。反过来，在有限区间上，如果 $\lvert f_n\rvert\le1$ 并且几乎处处收敛，常数 $1$ 就是一个可积的“支配函数”，积分和极限可以交换，即使不是一致收敛。更完整的讲解可以参考 Hunter 的测度论讲义。

最后分清两种“收敛”。 第七节的 $\int_1^\infty\frac{\sin x}xdx$，截断积分的极限存在，但 $\int_1^\infty\frac{\lvert\sin x\rvert}xdx$ 发散，所以在勒贝格的意义下，它不是一个有限的积分（$\int f^+$ 和 $\int f^-$ 都是无穷大）。我们仍然可以把它叫做一个收敛的反常积分。新理论并没有把这些概念混成一个，而是明确地告诉我们：哪些积分的值不依赖于“先积到 $R$ 再让 $R\to\infty$”这样特定的顺序。

十二、从分部积分到分布导数（选读）#

第三节说过：两端为 $0$ 时，分部积分 $\int uv'=-\int u'v$ 能把导数从一个函数挪到另一个函数上。这一节用这个想法，给一些不可导的函数定义“导数”。物理里常用的 $\delta$ 函数就是这样严格化的。

试验函数。 取任意光滑（各阶导数都存在）、并且在某个有限区间外恒为 $0$ 的函数 $\varphi$，叫试验函数。它像一个光滑的小山包：比如只在 $(-3,3)$ 里不为 $0$，到了山脚 $x=\pm3$ 处非常平滑地贴到 $0$，各阶导数都连续。多项式、指数函数不是这样的，但这样的函数确实存在。

因为它在远处为 $0$，分部积分没有边界项：在 $[-A,A]$ 上分部积分，$A$ 取得比 $3$ 大，边界项是 $u(A)\varphi(A)-u(-A)\varphi(-A)$，而 $\varphi(\pm A)$ 恰好等于 $0$，不是趋于 $0$，所以不管 $u(A)$ 多大，乘积都是 $0$。

如果 $u$ 本来就可导，对任何试验函数，分部积分给出

$$\int_{\mathbb R}u'(x)\varphi(x)\,dx=-\int_{\mathbb R}u(x)\varphi'(x)\,dx.$$

右边只用到 $u$ 本身，不用 $u$ 的导数。所以对不一定可导的 $u$（只要求它在每个有限区间上可积），就用右边来定义 $u$ 的导数：它是这样一个东西，作用在试验函数 $\varphi$ 上，得到数

$$\langle Du,\varphi\rangle=-\int_{\mathbb R}u(x)\varphi'(x)\,dx.$$

尖括号 $\langle\ ,\ \rangle$ 表示“这个对象作用在试验函数上得到的数”。如果能找到一个函数 $v$，使右边对所有 $\varphi$ 都等于 $\int v\varphi$，就说 $v$ 是 $u$ 的弱导数。$u$ 可导时，上面的分部积分说明 $v=u'$ 正满足这个条件；$u$ 不可导时，只要有一个 $v$ 在所有积分里起到导数的作用，就把它当作导数。改动 $v$ 在个别点（更一般地，测度为 $0$ 的集合）上的值，积分都不变，所以几乎处处相等的函数看成同一个。如果找不到这样的函数，$Du$ 仍然有定义：它是一条“给每个试验函数一个数”的规则，但不是一个普通的函数，叫分布。

例一：$u(x)=\lvert x\rvert$。 在 $0$ 处分开积分，$x<0$ 时 $\lvert x\rvert=-x$，$x>0$ 时 $\lvert x\rvert=x$，再把前面的负号乘进去：

$$-\int_{\mathbb R}\lvert x\rvert\varphi'(x)\,dx=-\int_{-\infty}^0(-x)\varphi'(x)\,dx-\int_0^\infty x\varphi'(x)\,dx=\int_{-\infty}^{0}x\varphi'(x)\,dx-\int_0^\infty x\varphi'(x)\,dx.$$

两个积分都分部积分，取 $u=x$，$dv=\varphi'dx$，$v=\varphi$。边界项 $\big[x\varphi(x)\big]$ 在远处是 $0$（$\varphi$ 为 $0$），在 $x=0$ 处是 $0\cdot\varphi(0)=0$，都消失了：$\int_{-\infty}^0x\varphi'dx=-\int_{-\infty}^0\varphi\,dx$，$\int_0^\infty x\varphi'dx=-\int_0^\infty\varphi\,dx$。代回去，第二项是减去一个负数，变成加：

$$\langle D\lvert x\rvert,\varphi\rangle=-\int_{-\infty}^{0}\varphi(x)\,dx+\int_0^\infty\varphi(x)\,dx=\int_{\mathbb R}\operatorname{sgn}(x)\varphi(x)\,dx.$$

（$\operatorname{sgn}$ 是本篇“开始之前”的符号函数：$x>0$ 时为 $1$，$x<0$ 时为 $-1$，$x=0$ 时为 $0$。左半边乘 $-1$、右半边乘 $1$，正好是乘 $\operatorname{sgn}(x)$。）

所以 $\lvert x\rvert$ 的弱导数是符号函数 $\operatorname{sgn}x$。$0$ 这一个点上取什么值不影响积分。弱导数换了一种检验导数的方式：不在每一点上算差商，只看它和所有试验函数的积分。所以它不需要在 $0$ 这一点上给导数指定一个值。

例二：阶跃函数 $H(x)$（$x<0$ 时为 $0$，$x>0$ 时为 $1$）。

按定义 $\langle DH,\varphi\rangle=-\int_{\mathbb R}H\varphi'\,dx$。在 $0$ 处拆开：$x<0$ 时 $H=0$，这一段积分是 $0$；$x>0$ 时 $H=1$，被积函数就是 $\varphi'$。再用牛顿—莱布尼茨公式，$\varphi'$ 的原函数是 $\varphi$：

$$\langle DH,\varphi\rangle=-\int_0^\infty\varphi'(x)\,dx=-\left[\lim_{x\to+\infty}\varphi(x)-\varphi(0)\right]=-[0-\varphi(0)]=\varphi(0).$$

定义 $\delta_0$ 为“把试验函数 $\varphi$ 变成 $\varphi(0)$”的分布：$\langle\delta_0,\varphi\rangle=\varphi(0)$。那么 $DH=\delta_0$。它表示集中在跳跃点上的一份变化，而不是某个“在 $0$ 处等于无穷大的普通函数”。

$\delta_0$ 不是普通函数。 用反证法。假设有一个在每个有限区间上可积的函数 $v$，使 $\int v\varphi=\varphi(0)$ 对所有试验函数成立。

取一串越来越尖的小山包 $\varphi_k$：峰顶在 $0$，高 $\varphi_k(0)=1$，$\lvert\varphi_k\rvert\le1$，只在 $\left(-\frac1k,\frac1k\right)$ 里不为 $0$（都在 $[-1,1]$ 里）。

对固定的 $x\ne0$，比如 $x=0.05$：$k\ge21$ 时 $\frac1k<0.05$，$x$ 已经在山包外面，$\varphi_k(x)=0$。所以每一个 $x\ne0$ 上 $\varphi_k(x)\to0$，$v\varphi_k\to0$。又 $\lvert v\varphi_k\rvert\le\lvert v\rvert$，而 $\lvert v\rvert$ 在 $[-1,1]$ 上可积，可以当作上一节支配收敛定理里的“支配函数”。所以 $\int v\varphi_k\to\int0=0$。

另一方面，按假设，每个 $\varphi_k$ 都是试验函数，$\int v\varphi_k=\varphi_k(0)=1$，这串数始终是 $1$，极限是 $1$。同一串数的极限既是 $0$ 又是 $1$，矛盾。所以 $\delta_0$ 不能用普通函数表示。（这两个例子也可以参考 MIT 的分布理论讲义 §3.1。）

边界条件是算子的一部分#

分部积分 $\int_0^1uv'=[uv]_0^1-\int_0^1u'v$ 有一个边界项。量子力学里说“动量算符是自伴的”，大致意思是：这个边界项在合适的条件下可以消失，导数能从一边对称地挪到另一边。但“合适的条件”是什么，必须说清楚。

先看实函数和 $D=\frac{d}{dx}$，在 $[0,1]$ 上。

• 如果要求 $u$ 在两端都为 $0$，那么边界项 $[uv]_0^1=u(1)v(1)-u(0)v(0)=0\cdot v(1)-0\cdot v(0)$ 对任何 $v$ 都是 $0$，对 $v$ 没有任何要求。
• 如果只要求 $u(0)=u(1)$（周期边界条件），那么 $[uv]_0^1=u(1)v(1)-u(0)v(0)=u(0)[v(1)-v(0)]$，要它对所有这样的 $u$ 都为 $0$。常数函数 $u=1$ 也满足周期条件，代进去得 $v(1)-v(0)=0$，所以必须要求 $v(0)=v(1)$。

所以，把 $D$ 从一边挪到另一边时，另一边允许什么样的函数，要重新算，不只是多一个负号。

下面借用同样的尖括号，表示两个函数的内积（第二篇“开始之前”柯西—施瓦茨不等式里的“数量积”，第三篇会正式讲），和上面“分布作用在试验函数上”是两回事。对复函数，内积要定义成 $\langle u,v\rangle=\int_0^1\overline{u}\,v\,dx$（$\overline u$ 是共轭）。函数和自己的内积相当于“长度的平方”，应该不小于 $0$。如果不取共轭，比如 $u=i$，$\int_0^1i\cdot i\,dx=-1<0$，就不对了。取了共轭，$z=a+bi$ 时 $\overline zz=(a-bi)(a+bi)=a^2+b^2=\lvert z\rvert^2\ge0$，所以 $\langle u,u\rangle=\int\lvert u\rvert^2\ge0$。令 $P=-iD$（物理里的动量算符，去掉了常数 $\hbar$）。分部积分可以算出

$$\langle u,Pv\rangle-\langle Pu,v\rangle=-i\Big[\overline uv\Big]_0^1.$$

推导分三步。第一，$\langle u,Pv\rangle=\int\overline u\cdot(-iv')=-i\int\overline uv'$。第二，$\langle Pu,v\rangle=\int\overline{(-iu')}v$，这里 $\overline{-i}=i$（$-i=0-1\cdot i$，虚部变号），乘积的共轭是共轭的乘积，而求导和取共轭可以交换：$u=f+ig$ 时 $u'=f'+ig'$，$\overline{u'}=f'-ig'=(\overline u)'$。所以 $\langle Pu,v\rangle=i\int\overline{u}'v$。第三，相减：

$$\langle u,Pv\rangle-\langle Pu,v\rangle=-i\int_0^1\left(\overline uv'+\overline u'v\right)dx=-i\int_0^1(\overline uv)'\,dx=-i\Big[\overline uv\Big]_0^1,$$

中间一步是乘积法则倒过来用，最后一步是牛顿—莱布尼茨公式。

如果 $u$、$v$ 都满足周期条件 $u(1)=u(0)$、$v(1)=v(0)$，右边为 $0$，$P$ 能对称地挪过去。如果只要求输入的函数两端都为 $0$，右边对这些函数也是 $0$；但把 $P$ 挪到另一边时，另一边并不需要两端为 $0$：只要 $u(0)=u(1)=0$，边界项 $-i\left(\overline{u(1)}v(1)-\overline{u(0)}v(0)\right)=-i(0-0)=0$，不管 $v$ 两端是多少（比如 $v=1$ 也行）。两边允许的函数不一样。前一种情况，挪过去以后允许的函数范围和原来完全相同，叫自伴；后一种，挪过去以后范围变大了，只叫对称。下面给出准确的定义。

严格地说：$P$ 的伴随算子 $P^*$ 是这样定义的：如果对某个 $v$，存在 $w$，使所有允许的 $u$ 都满足 $\langle Pu,v\rangle=\langle u,w\rangle$，就把这个 $v$ 放进 $P^*$ 允许的输入里，并规定 $P^*v=w$。$w$ 就是“把 $P$ 从 $u$ 挪到 $v$ 上以后得到的函数”。对照上面的式子，$\langle Pu,v\rangle=\langle u,Pv\rangle+i\Big[\overline uv\Big]_0^1$：边界项对所有允许的 $u$ 都消失时，$w=Pv=-iv'$。所以定义 $P^*$ 分两步：先看哪些 $v$ 能让边界项消失，再规定它们的结果是 $-iv'$。自伴要求 $P$ 和 $P^*$ 不但作用的方式相同，允许的输入也相同。在无穷维的函数空间里，“允许哪些输入”（包括边界条件）是算子的一部分，不能略去。量子力学里选择动量算符，不只是选择 $-i\hbar\frac{d}{dx}$ 这个式子，还要选择合适的函数空间和边界条件。

所以这件事落实到计算上，就是两步：先分部积分，写出边界项；再检查在什么样的边界条件下，边界项对所有允许的函数都消失。

本篇小结#

遇到的积分	首先想到	背后的原理
能认出是某个函数的导数	基本积分表 + 系数还原	求导倒过来
有“一个整体”和“它的导数”	凑微分	链式法则倒过来
根式 $\sqrt[n]{ax+b}$	整体设为 $t$	第二类换元
乘积，其中一个求导变简单	分部积分（反对幂三指）	乘积法则倒过来
有理函数	除法 + 部分分式	代数基本定理
$\sin$、$\cos$ 的幂	奇数次拆一个，偶数次降幂	三角恒等式
$\sqrt{a^2\pm x^2}$、$\sqrt{x^2-a^2}$	三角代换 + 三角形代回	$\sin^2+\cos^2=1$
三角有理式，别的办法都不行	万能代换 $t=\tan\frac x2$	圆的有理参数化
对称区间	奇偶性	换元 $x\to-x$
原函数求不出的定积分	镜像换元、对称性	积分在变换下不变
$\int_0^{\pi/2}\sin^nx\,dx$	点火公式	分部积分递推
变限积分	直接求导	微积分基本定理
反常积分	先找所有危险点，分别判断	极限 + 和 $p$ 积分比较
和式的极限	凑成黎曼和	定积分的定义
几何量、物理量	微元法	局部近似 + 加起来
原函数写不出来，要数值	中点公式、梯形公式	泰勒余项 + 对称抵消

下一篇讲线性代数：从解方程组讲起，讲矩阵、行列式、特征值和二次型。前两篇里多次出现的“一次近似”“线性的操作”，在那里会有一套完整的语言。