定积分

定积分的概念

黎曼可积

$\int_{a}^{b}f(x) \mathrm{d} x= \lim_{\lambda \to 0} \sum _{i=1}^n f(\xi_i) \Delta x_i=I$

注意点

1. 分划的范数 $\lambda=\max_{1\le i\le n} (x_i-x_{i-1})$ 称为分划 $P$ 的范数，记为 $||P||$。要求 $\lambda \to 0$。
2. $\xi$ 是任意取的，因此，狄利克雷函数不可积，因为任取可以取到有理数或者无理数。

振幅、可积的条件

对于每一个小区间 $I_i=[x_{i-1},x_i]$，记：

$\omega_i=\sup_{x\in I_i} f(x)-\inf_{x \in I_i} f(x)$

可积的充要条件是： 当 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 有界时，$\lim _{\lambda \to 0} \sum_{i=0}^n \omega_i \Delta x_i=0$。

证明：夹逼定理。

$\lim _{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^n \inf(i) \Delta x_i \le \lim_{\lambda \to 0} \sum _{i=1}^n f(\xi_i) \Delta x_i \le \lim_{\lambda \to 0} \sum _{i=1}^n\sup(i) \Delta x_i$

左边称为达布小和，右边称为达布大和，可以证明在分割的细分操作下，达布小和不减，达布大和不增。

可积函数

定理：闭区间 $[a,b]$ 上的一致连续函数、分段连续函数和单调函数都是可积函数。但是反过来推不一定成立，比如说南桐函数不是连续函数，但是可积。无界函数必不可积

比较强的条件：有界、有限个间断点，则可积，无限个间断点的反例是狄利克雷函数。我们可以证明 $f(x)$ 改变有限个函数值形成的新函数 $F(x)$ 积分与 $f(x)$ 完全相等。

这里我们证明单调函数是可积函数，主要利用可积的充要条件。

$0 \le |\lim _{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^n \omega_i \Delta x_i| \le \lim _{\lambda \to 0} \lambda |\sum_{i=1}^n \omega_i| \le \lim _{\lambda \to 0} \lambda |f(b)-f(a)|=0$

因此可积。

利用积分的定义求极限

已知 $\int_{0}^1 x^p \mathrm{d} x=\frac{1}{p+1}$ ，计算 $\lim _{n \to \infty} \frac{1^p+2^p+\cdots n^p}{n^{p+1}}$。

这种题有两个做法，第一是利用 Stolz 定理：

$\lim _{n \to \infty} \frac{1^p+2^p+\cdots n^p}{n^{p+1}} = (\mathrm{if\ exists}) \lim_{n \to \infty} \frac{n^p}{n^{p+1}-(n-1)^{p+1}}$

下面展开，得到 $n^p+n^{p-1}(n-1)+n^{p-2}(n-1)^2 + \cdots + (n-1)^p$，下面 $n^p$ 的系数是 $p+1$，于是该式存在极限，极限为 $1/(p+1)$。

第二是利用积分的定义：

$\lim _{n \to \infty} \frac{1^p+2^p+\cdots n^p}{n^{p+1}} \overset {\lambda =1/n}= \lim _{\lambda \to 0} \sum _{i=1}^n (\frac{i}{n})^{p} \lambda=\int_{0}^1 x^p\mathrm{d} x$

計算：

$\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2+k^2+n}$

这种题目先要凑 $1/n$ 和 $k/n$，得到：

$\frac{1}{n}\frac{\frac{k}{n}}{1+(\frac{k}{n})^2+\frac{1}{n}}$

可以扔掉 $1/n$。于是转化为 $\int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\mathrm d x$。

计算：

$\lim_{n \to +\infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$

转化为：

$e^{\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n}(\ln 1/n+\ln2/n+\cdots\ln n/n)}$

得到 $1/e$。

$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{n}{n^2+1}+\frac{n}{n^2+2^2}+\frac{n}{n^2+4^2}+\frac{n}{n^2+6^2}+\ldots+\frac{n}{n^2+(4 n)^2}\right)$

$0+\int_0^4 \frac{1}{1+x^2}\mathrm d x \times \frac{1}{2}=(\arctan4)/2$

转化为 $\lim_{n\to \infty} \lambda \sum_{x=s,x+=\lambda}^i f(x)$。其中 $\lambda$ 应该为 $2/n$。

$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left(\cos \left(\frac{\pi}{4 n}\right)+\cos \frac{3 \pi}{4 n}+\cos \frac{5 \pi}{4 n}+\ldots+\cos \left(\frac{(2 n-1) \pi}{4 n}\right)\right.$

区间长度应该 $\lambda=\frac{2\pi}{4n}=\frac{\pi}{2n}$。

前面系数补一个 $\frac{2}{\pi}$。

于是应该是：

$\frac{2}{\pi} \int_0^\frac{\pi}{2} \cos x\mathrm d x=\frac{2}{\pi}$

$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^4} \prod_{k=1}^{2n} (n^2+k^2)^\frac{1}{n}$

$\exp(-4\ln n + \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n} \ln(n^2+k^2) )$

$\exp( \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n} \ln(n^2+k^2)-\ln n^2 )$

$\exp( \int_0^2 \ln(1+x^2)\mathrm dx )$

最后反常积分 $\ln x$，别忘了原函数不是 $1/x$。

定积分的性质

线性性

对区间可加性

类比向量

保号性

设函数 $f \in R[a,b],f(x)\ge 0$，则 $\int _{a}^b f(x) \mathrm{d} x \ge 0$。

单调性

保号性的推论。

估值不等式

$m(b-a) \le \int _{a}^b f(x) \mathrm{d} x \le M(b-a)$

绝对值不等式

$|\int _a^b f(x)\mathrm{d}x| \le \int_{a}^b |f(x)|\mathrm{d} x$

面积的代数和的绝对值 小于 正面积的加和。

一些性质

• 如果 $f \in C[a,b], f(x) \ge 0$，则 $\int_{a}^b f(x) \mathrm{d} x =0 \Leftrightarrow f(x) \equiv 0, x\in [a,b]$。

  如果连续，找到一点 $f(x_0) >0$，则可以找到 $\delta$ 使得在 $U(x_0,\delta)$ $f(x)>\frac{f(x_0)}{2}$，于是可以证明积分值大于 $f(x_0)\delta$，矛盾。

  如果不连续，则可以找到反例，令单点 $x_0$ 不为 0，则黎曼和 $\le f(\xi_i=x_0) \lambda =0$。

• 如果 $f(x) >0,f''(x)>0$，则 $\frac{f(a)+f(b)}{2} \ge \frac{\int_{a}^b f(x) \mathrm{d} x}{b-a}$。

  从几何上比较好考虑，从代数角度上，考虑构造函数 $F(x)=(x-a)\frac{f(b)-f(a)}{b-a} +f(a) -f(x) = \frac{x-a}{b-a} f(b)+\frac{b-x}{b-a} f(a) -f(x)$，根据下凹函数的定义，得到 $F(x) >0$。

  而 $\int_{a}^b F(x) \mathrm{d} x = \frac{f(a)+f(b)}{2(b-a)}- \int _{a}^b f(x) \mathrm{d} x \ge 0$（由保号性）就得证了。

可积函数的乘积也可积

施瓦茨不等式

若 $f,g \in R[a,b]$，则：

$(\int _{a}^b f(x)g(x) \mathrm{d} x)^2 \le \int_{a}^b f^2 (x) \mathrm{d} x \cdot \int_{a}^b g^2(x) \mathrm{d}x$

是离散的柯西不等式。

我们构造 $F=(\lambda f-g)^2 \in R[a,b]$。由 $\int_{a}^b F(x) \mathrm{d} x \ge 0$，得：

$\forall \lambda \in R, \lambda^2 \int_{a}^b f^2(x) \mathrm{d} x -2 \lambda \int_{a}^b f(x)g(x) \mathrm{d} x +\int_{a}^b g^2 (x) \mathrm{d} x \ge 0$

这是一个二次函数的形式，自变量是 $\lambda$。

• $\int_{a}^b f^2(x)\mathrm{d}x=0$ 时，退化为一次函数，为了使原式 $\ge 0$，需要 $\int_a^b f(x) g(x) \mathrm{d} x=0$。得证。
• else，根据 $\int_{a}^b f^2(x) \mathrm{d} x > 0$，得到 $\Delta \le 0$，于是原式也得证。

对于取等条件。令上式 $=0$，推出 $f/g=\lambda$。和柯西的取等条件相似。

积分中值定理

设 $f \in C[a,b],g \in R[a,b]$ 而且 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上不变号，则 $\exists \xi \in [a,b]$，使得：

$\int _{a}^b f(x)g(x) \mathrm{d} x = f(\xi) \int_{a}^b g(x) \mathrm{d} x$

证明：利用连续函数的介值性定理。不妨设 $g(x) \ge 0$，当 $\int _{a}^b g(x) \mathrm{d} x=0$ 时，推出 $g(x) \equiv 0$，等式显然成立。

当 $\int _a^b g(x) \mathrm {d} x > 0$ 时，设 $m$ 是 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的最小值，$M$ 是最大值，得到：

$\int _a^b mg(x) \le \int _{a}^b f(x) g (x) \mathrm{d} x \le \int_{a}^b M g(x)$

于是：

$m \le \frac{\int_{a}^b f(x)g(x) \mathrm{d} x}{\int_a^b g(x)\mathrm{d} x} \le M$

根据连续函数的介值性定理，$\exists$ 这样的 $\xi$。

这里的 $\xi$ 可以加强为 $(a,b)$ ，因为如果 $\xi$ 取 $a$ 或者 $b$，可以证明函数必然是一个常值函数，如果是常值函数取中间的点也可以。

另外，如果 $f$ 是某个函数的导函数，即使 $f \notin C[a,b]$，也能通过达布定理，知道在最大值和最小值中间存在一个 $\xi$。

我们总结得到将函数从积分号中拉出来的方法可以是对函数值进行估计，转化为常数，就可以提出来。

当 $g(x)=1$ 时，就可以得到 $f(\xi) = \frac{\int_{a}^b f(x) \mathrm{d} x}{b-a}$，这样的函数值也称为函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上的平均值，不妨记为 $\bar f |_a^b$。

例题

设 $f(x) \in C[a,b]$，且 $\int_a^b f(x) \mathrm d x=0,\int_a^b xf(x) \mathrm dx=0$，求证 $(a,b)$ 中至少存在两个不同点 $x_1,x_2$，使得 $f(x_1)=f(x_2)=0$。

第一个点可以用积分中值定理，得 $f(x_1)(b-a)=0$，$x_1 \in (a,b)$，第二个点 $x_2$ 不太好处理，我们证明如果只存在唯一零点，那么矛盾，假设只存在 $x_1$ 一个零点，根据 $f(x) \in C[a,b]$，$(x-x_1)f(x)$ 是保号的（$\le 0$ 或 $\ge 0$），而 $\int_a^b (x-x_1)f(x)=\int_a^b xf(x)-x_1\int_a^b f(x)=0$，那么只能 $(x-x_1)f(x) \equiv 0$，与唯一零点矛盾，于是还存在 $x_2$ 一个零点。

凸性不等式

如果 $f \in C[a,b]$，而且 $g$ 在 $f$ 的值域上连续而且下凸，则：

$g(\bar f|_a^b ) \le \overline{g \circ f}|_a^b$

要证明这个不等式，我们利用下凸函数的推广性质：

$\forall \alpha_1 + \cdots +\alpha_n =1,f(\alpha_1 x_1 + \cdots +\alpha_nx_n) \le \alpha_1 f(x_1) + \alpha_2 f(x_2) \cdots + \alpha_nf(x_n)$

这个性质的证明可以使用数学归纳法，将最后两项写成 $(\alpha_{n-1}+\alpha_n)(\frac{\alpha_{n-1}}{\alpha_{n-1}+\alpha_n} x_{n-1}+\frac{\alpha_n}{\alpha_{n-1}+\alpha_n} x_n)$ 即可。

$g(\bar f|_a^b)=g( \sum _{\lambda \to 0} f(\xi_i)\Delta x_i \frac{1}{b-a}) \le \sum \frac{\Delta x_i}{b-a} g(f(\xi_i))=\frac{1}{b-a} \int_a^b g(f(x)) \mathrm{d} x=\overline{g \circ f}|_a^b$