定积分相关知识

一、定积分的定义

设函数$f(x)$在区间$[a,b]$上有定义且有界。

1. 分割：在$[a,b]$中任意插入$n - 1$个分点$a = x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_{n - 1} < x_n = b$，将区间$[a,b]$分成$n$个小区间$[x_{i - 1},x_i]$，$i = 1,2,\cdots,n$，记$\Delta x_i = x_i - x_{i - 1}$表示第$i$个小区间的长度。

2. 近似：在每个小区间$[x_{i - 1},x_{i}]$上任取一点$\xi_{i}$，以$f(\xi_{i})$的值作为$\Delta x_{i}$长度上所有点的函数值，此时小区间对应的曲边梯形面积可近似表示为$f(\xi_{i})\cdot\Delta x_{i}$（把曲边梯形面积近似成矩形面积）。

3. 求和：在$[x_{i - 1},x_i]$上任取一点$\xi_i$，作和式$\sum_{i = 1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i$，记$\lambda = \max\{\Delta x_1,\Delta x_2,\cdots,\Delta x_n\}$。

4. 取极限：当$\lambda \to 0$时，意味着分割的长度无限接近于$0$，近似会变得精确，若极限$\lim \limits_{\lambda \to 0}\sum_{i = 1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i$存在，且此极限值既不依赖于区间$[a,b]$的分法，也不依赖于点$\xi_i$的取法，则称$f(x)$在区间$[a,b]$上可积，并称此极限为$f(x)$在区间$[a,b]$上的定积分，记为$\int_{a}^{b}f(x)dx$，即$\int_{a}^{b}f(x)dx = \lim \limits_{\lambda \to 0}\sum_{i = 1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i$。

注：

• 定积分表示一个数值，仅与积分区间$[a,b]$和被积函数$f(x)$有关，与积分变量$x$无关，因此有$\int_{a}^{b}f(x)dx = \int_{a}^{b}f(t)dt$。

• 若积分$\int_{a}^{b}f(x)dx$存在，则$\int_{a}^{b}f(x)dx = \lim \limits_{\lambda \to 0}\sum_{i = 1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i$，且极限$\lim \limits_{\lambda \to 0}\sum_{i = 1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i$与$\xi_i$的取法和区间$[a,b]$的分法无关。

  因此，如果积分$\int_{0}^{1}f(x)dx$存在，就可将$[0,1]$区间$n$等分，此时$\Delta x_i = \frac{1}{n}$，取$\xi_i = \frac{i}{n}$，由定积分的定义得$\int_{0}^{1}f(x)dx = \lim \limits_{\lambda \to 0}\sum_{i = 1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i = \lim \limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}f\left(\frac{i}{n}\right)$。上式在用定积分定义求极限时是一种常见形式。

二、定积分存在的条件

可积性(黎曼可积)相关

• 可积性(黎曼可积) 可以推出在某个积分区间定积分的存在性（不讨论广义积分 / 反常积分）

• 原函数存在 能推出不定积分存在

可积的充分条件：

• 若$f(x)$在$[a,b]$上连续，则$\int_{a}^{b}f(x)dx$存在，即$f(x)$在$[a,b]$上可积。
• 若$f(x)$在$[a,b]$上有界且只有有限个间断点，则$\int_{a}^{b}f(x)dx$存在。
• 若$f(x)$在$[a,b]$上单调，则$\int_{a}^{b}f(x)dx$存在。
• 若$f(x)$在$[a,b]$上只有有限个第一类间断点，则$\int_{a}^{b}f(x)dx$必定存在。

【注】：这里的间断点包括：可去、跳跃、振荡（有界震荡），不包括无穷间断点，因为无穷间断点表示无界。

可积的必要条件：若$\int_{a}^{b}f(x)dx$存在，则$f(x)$在$[a,b]$上有界。

可积的充要条件：$f(x)$在$[a,b]$上有界且只有有限个间断点。

三、定积分的几何意义

1. 设$\int_{a}^{b}f(x)dx$存在，若在$[a,b]$上$f(x) \geq 0$，则$\int_{a}^{b}f(x)dx$的值等于以曲线$y = f(x)$，$x = a$，$x = b$及$x$轴所围成的曲边梯形的面积。

2. 若在$[a,b]$上$f(x) \leq 0$，则$\int_{a}^{b}f(x)dx$的值等于以曲线$y = f(x)$，$x = a$，$x = b$及$x$轴所围成的曲边梯形面积的负值。

3. 若在$[a,b]$上$f(x)$的值有正也有负，则$\int_{a}^{b}f(x)dx$的值等于$x$轴上方的面积减去$x$轴下方的面积所得之差。

四、定积分的性质

不等式性质

• 若在区间$[a,b]$上$f(x) \leq g(x)$，则$\int_{a}^{b}f(x)dx \leq \int_{a}^{b}g(x)dx$。

• 若$M$及$m$分别是$f(x)$在$[a,b]$上的最大值和最小值，则$m(b - a) \leq \int_{a}^{b}f(x)dx \leq M(b - a)$。

  证明：因为$m \leq f(x) \leq M$，对不等式两边在$[a,b]$上积分，可得$\int_{a}^{b} m dx \leq \int_{a}^{b} f(x) dx \leq \int_{a}^{b} M dx$。又因为$\int_{a}^{b} m dx = m(b - a)$，$\int_{a}^{b} M dx = M(b - a)$，所以$m(b - a) \leq \int_{a}^{b} f(x) dx \leq M(b - a)$。

• $\left|\int_{a}^{b}f(x)dx\right| \leq \int_{a}^{b}|f(x)|dx$​。可以理解为：左边是定积分整体结果的绝对值，右边是被积函数取绝对值后（只考虑$x$轴以上部分）的定积分，整体结果的波动幅度不超过各部分都取正值后的积分结果。

• 线性性质：对于常数$\alpha$、$\beta$，有$\int_{a}^{b}[\alpha f(x) + \beta g(x)]dx = \alpha\int_{a}^{b}f(x)dx + \beta\int_{a}^{b}g(x)dx\quad(\alpha ,\beta 为常数)$。

• 积分区间可加性：$\int_{a}^{b}f(x)dx + \int_{b}^{c}f(x)dx = \int_{a}^{c}f(x)dx$。

五、中值定理

积分第一中值定理

若$f(x)$在$[a,b]$上连续（或可积），则存在$\xi \in [a,b]$，使得$\int_{a}^{b} f(x) dx = f(\xi)(b - a)$。常称$\frac{1}{b - a}\int_{a}^{b}f(x)dx$为函数$y = f(x)$在区间$[a,b]$上的平均值。

证明：根据估值定理，$m(b - a) \leq \int_{a}^{b} f(x) dx \leq M(b - a)$，两边除以$b - a$（$b \neq a$），得$m \leq \frac{\int_{a}^{b} f(x) dx}{b - a} \leq M$。由介值定理，存在$\xi \in [a,b]$，使得$f(\xi) = \frac{\int_{a}^{b} f(x) dx}{b - a}$，即$\int_{a}^{b} f(x) dx = (b - a)f(\xi)$。

• 若$f(x)$在$[a,b]$上连续，还可证明存在$\xi \in (a,b)$，使得$\int_{a}^{b} f(x) dx = f(\xi)(b - a)$。

  证明：因为$f(x)$在$[a,b]$上连续，所以$F(x) = \int_{a}^{x} f(t) dt$是$f(x)$的一个原函数，且$F(x)$在$[a,b]$上连续、可导。利用拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (a,b)$，使得$\frac{F(b) - F(a)}{b - a} = F^\prime(\xi)$。又$F(b) - F(a) = \int_{a}^{b} f(t) dt$，$F^\prime(\xi) = f(\xi)$，所以$\int_{a}^{b} f(t) dt = f(\xi)(b - a)$。

总结：

定理证明题中条件为$\xi \in [a,b]$时，通常可以用介值定理来证明积分中值定理。

当条件为$\xi \in (a,b)$时，一般是构造积分上限函数，再结合拉格朗日中值定理来进行证明。

• 推论：若$f(x)$在$[a,b]$上连续，$g(x)$在$[a,b]$上连续且不变号，则存在$\xi \in [a,b]$，使得$\int_{a}^{b} f(x)g(x) dx = f(\xi) \cdot \int_{a}^{b} g(x) dx$（不变号的$g(x)$保留在积分号中）。

  证明：假设$g(x)$恒正，因为$f(x)$在$[a,b]$上连续，所以$m \leq f(x) \leq M$，进而$mg(x) \leq f(x)g(x) \leq Mg(x)$。对不等式两边在$[a,b]$上积分，得$\int_{a}^{b} mg(x) dx \leq \int_{a}^{b} f(x)g(x) dx \leq \int_{a}^{b} Mg(x) dx$，即$m\int_{a}^{b} g(x) dx \leq \int_{a}^{b} f(x)g(x) dx \leq M\int_{a}^{b} g(x) dx$。两边除以$\int_{a}^{b} g(x) dx$（$\int_{a}^{b} g(x) dx \neq 0$），得$m \leq \frac{\int_{a}^{b} f(x)g(x) dx}{\int_{a}^{b} g(x) dx} \leq M$。由介值定理，存在$\xi \in [a,b]$，使得$f(\xi) = \frac{\int_{a}^{b} f(x)g(x) dx}{\int_{a}^{b} g(x) dx}$，即$\int_{a}^{b} f(x)g(x) dx = f(\xi)\int_{a}^{b} g(x) dx$。

积分第二中值定理

若$f(x)$、$g(x)$在$[a,b]$上连续、可积，且$f(x)$单调，则存在$\xi \in [a,b]$，使得$\int_{a}^{b} f(x)g(x) dx = f(a)\int_{a}^{\xi} g(x) dx + f(b)\int_{\xi}^{b} g(x) dx$（单调的$f(x)$在积分号外）。

证明：因为$g(x)$在$[a,b]$上连续，所以$G(x) = \int_{a}^{x} g(t) dt$是$g(x)$的一个原函数，$G^\prime(x) = g(x)$。利用分部积分法，$\int_{a}^{b} f(x)g(x) dx = \int_{a}^{b} f(x) d[G(x)] = f(x)G(x)\big|_{a}^{b} - \int_{a}^{b} G(x) df(x)$。因为$f(x)$单调，所以$f^\prime(x)$不变号，对$\int_{a}^{b} G(x)f^\prime(x) dx$利用积分中值定理推论，存在$\xi \in [a,b]$，使得$\int_{a}^{b} G(x)f^\prime(x) dx = G(\xi)\int_{a}^{b} f^\prime(x) dx = G[\xi](f(b) - f(a))$。将其代入分部积分结果，经过化简可得$\int_{a}^{b} f(x)g(x) dx = f(b)\int_{\xi}^{b} g(x) dx + f(a)\int_{a}^{\xi} g(x) dx$。

例题1：已知$f(x)$在$[0,1]$上可导，$f(0)=f(1)=0$，且在$[0,1]$上$\vert f^{\prime}(x)\vert\leq M$，求证$\int_{0}^{1}f(x)dx\leq\frac{M}{4}$

证明：题目中出现$f'(x)$和端点值联想到微分中值定理，

• 划分区间：将$\int_{0}^{1}f(x)dx$拆分为$\int_{0}^{a}f(x)dx+\int_{a}^{1}f(x)dx$（$a\in[0,1]$）。

• 应用拉格朗日中值定理：

  • 对于$\int_{0}^{a}f(x)dx$，由拉格朗日中值定理，存在$\xi\in(0,a)$，使得$\frac{f(x)-f(0)}{x - 0}=f^{\prime}(\xi)$，即$f(x)=xf^{\prime}(\xi)$。

  • 对于$\int_{a}^{1}f(x)dx$，由拉格朗日中值定理，存在$\eta\in(a,1)$，使得$\frac{f(x)-f(1)}{x - 1}=f^{\prime}(\eta)$，即$f(x)=(x - 1)f^{\prime}(\eta)$。

• 估计积分：

  因为$\vert f^{\prime}(x)\vert\leq M$，所以$f^{\prime}(\xi)\leq M$，$f^{\prime}(\eta)\geq -M$。

  之所以选择$f^{\prime}(\eta)\geq -M$，因为$x-1<=0$为了放大上界，选为$-M$。

  则$\int_{0}^{1}f(x)dx=\int_{0}^{a}xf^{\prime}(\xi)dx+\int_{a}^{1}(x - 1)f^{\prime}(\eta)dx\leq\int_{0}^{a}Mx dx+\int_{a}^{1}M(1 - x)dx$。

  计算积分：

  $\int_{0}^{a}Mx dx = M\cdot\frac{1}{2}x^{2}\big|_{0}^{a}=\frac{Ma^{2}}{2}$；

  $\int_{a}^{1}M(1 - x)dx = M\left[-\frac{1}{2}(1 - x)^{2}\right]\big|_{a}^{1}=\frac{M(1 - a)^{2}}{2}$。

  所以$\int_{0}^{1}f(x)dx\leq\frac{Ma^{2}}{2}+\frac{M(1 - a)^{2}}{2}=M\left(\frac{a^{2}+(1 - a)^{2}}{2}\right)$。

  对$a^{2}+(1 - a)^{2}$进行变形：$a^{2}+(1 - a)^{2}=2a^{2}-2a + 1 = 2\left(a-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}$。

  当$a = \frac{1}{2}$时，$2\left(a-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}$取得最小值$\frac{1}{2}$。

  因此$\int_{0}^{1}f(x)dx\leq M\cdot\frac{\frac{1}{2}}{2}=\frac{M}{4}$，得证。

  思考：$\int_{0}^{1}f(x)dx$取最大值时$f(x)$在$(0,1)$上是否有零点？

  不可能，因为这代表与x轴围成的面积，如果取得最大值就要尽可能保证x轴上面的面积最大，分析图像即可得到"没有"的结论。

例题2：设$f(x)$在$[0, 2\pi]$上有一阶连续导数，且$f^{\prime}(x)>0$，求证：对于任何正整数$n$，满足$\left|\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nx dx\right| \leq \frac{2}{n}[f(2\pi) - f(0)]$。

证明：

分部积分处理积分

根据分部积分公式$\int u\mathrm{d}v = uv - \int v\mathrm{d}u$，令$u = f(x)$，$\mathrm{d}v = \sin nx \mathrm{d}x$，则$\mathrm{d}u = f^{\prime}(x)\mathrm{d}x$，$v = -\frac{1}{n}\cos nx$。

于是：

$$\begin{align*} \int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nx dx&= -\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f(x)d\cos nx\\ &= -\frac{1}{n}f(x)\cdot\cos nx\big|_{0}^{2\pi} + \frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}\cos nx df(x)\\ &= \frac{1}{n}[f(0) - f(2\pi)] + \frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}\cos nx f^{\prime}(x)dx \end{align*}$$

利用绝对值不等式估计

根据绝对值不等式$\vert a + b\vert \leq \vert a\vert + \vert b\vert$，对$\left|\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nx dx\right|$有：

$>\left|\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nx dx\right| \leq \left|\frac{1}{n}[f(0) - f(2\pi)]\right| + \left|\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}\cos nx f^{\prime}(x)dx\right|$

分析$f(2\pi)$与$f(0)$的大小关系

因为$f^{\prime}(x)>0$，所以$f(x)$在$[0, 2\pi]$上单调递增，故$f(2\pi)>f(0)$，那么$\left|\frac{1}{n}[f(0) - f(2\pi)]\right| = \frac{1}{n}[f(2\pi) - f(0)]$。

估计含$\cos{nx}$的积分项

由于$\cos nx \in [-1, 1]$，即$\vert\cos nx\vert \leq 1$，所以：

$>\left|\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}\cos nx f^{\prime}(x)dx\right| \leq \frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}\vert\cos nx f^{\prime}(x)\vert dx \leq \frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}1 \cdot \vert f^{\prime}(x)\vert dx$

又因为$f^{\prime}(x)$连续，$\int_{0}^{2\pi}f^{\prime}(x)dx = f(2\pi) - f(0)$，且$f^{\prime}(x)>0$，

所以$\int_{0}^{2\pi}\vert f^{\prime}(x)\vert dx = \int_{0}^{2\pi}f^{\prime}(x)dx = f(2\pi) - f(0)$，

因此：$>\left|\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}\cos nx f^{\prime}(x)dx\right| \leq \frac{1}{n}[f(2\pi) - f(0)]$

合并结果

将上述估计结果代入，可得：

$>\left|\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nx dx\right| \leq \frac{1}{n}[f(2\pi) - f(0)] + \frac{1}{n}[f(2\pi) - f(0)] = \frac{2}{n}[f(2\pi) - f(0)]$

综上，结论得证。

例题3：$f(x)$在$[0,1]$可导，$F(x)=\int_{0}^{x} t^{2}f(t)dt$，且$F(1)=f(1)$，求证：$\exists \xi \in (0,1)$使$f'(\xi)=-\frac{2f(\xi)}{\xi}$

题目出现端点值不完整且只有一个变量适用罗尔定理：

step1：还原 $f'(x)=-\frac{2f(x)}{x}$

step2：变形 $f'(x) + \frac{2}{x}f(x)=0$，$\lambda = \frac{2}{x}$

step3：构造：$G(x)=f(x) \cdot e^{\int \frac{2}{x}dx} = f(x) \cdot e^{2\ln x} = f(x) \cdot x^{2}$

$F(1)=\int_{0}^{1} t^{2}f(t)dt = f(1)$

由积分中值定理，$\exists \eta \in (0,1)$使$\int_{0}^{1} t^{2}f(t)dt = \eta^{2}f(\eta) \cdot (1 - 0) = \eta^{2}f(\eta) = G(\eta)$

$\because G(\eta)=G(1)=F(1)=f(1)$，$\therefore \exists \xi \in (\eta,1) \subseteq (0,1)$使$G'(\xi)=0$

$f'(\xi) \cdot \xi^{2} + f(\xi) \cdot 2\xi = 0$，即$\xi f'(\xi) + 2f(\xi)=0$，$\therefore f'(\xi)=-\frac{2f(\xi)}{\xi}$。

设$f(x)$在$[0,1]$上是非零连续函数，且$\int_{0}^{1}f(x)dx = 0$，$\int_{0}^{1}xf(x)dx = 0$，求证：在$(0,1)$内$f(x)$至少有$2$个零点。

1. 由积分性质得至少有一个零点

因为$f(x)$在$[0,1]$上连续且$\int_{0}^{1}f(x)dx = 0$，根据积分中值定理的相关推论，至少存在$a \in (0,1)$，使得$f(a) = 0$。

2. 假设只有一个零点，推出矛盾

假设$f(x)$在$(0,1)$内只有$x = a$这一个零点，那么$f(x)$在$(0,a)$和$(a,1)$上异号（否则积分$\int_{0}^{1}f(x)dx$不会为$0$）。

已知$\int_{0}^{1}xf(x)dx = 0$，且$\int_{0}^{1}f(x)dx = 0$，对$\int_{0}^{1}xf(x)dx$进行变形：

$\int_{0}^{1}xf(x)dx - a\int_{0}^{1}f(x)dx= 0 - a \cdot 0\\$

$\int_{0}^{1}(x - a)f(x)dx= 0$

分析$(x - a)f(x)$的符号：

• 当$x \in (0,a)$时，$x - a < 0$，由于$f(x)$在$(0,a)$和$(a,1)$上异号，不妨设$f(x) > 0$（$(0,a)$内），则$(x - a)f(x) < 0$；

• 当$x \in (a,1)$时，$x - a > 0$，$f(x) < 0$（$(a,1)$内），则$(x - a)f(x) < 0$；

• 仅当$x = a$时，$(x - a)f(x) = 0$。

所以$(x - a)f(x)$在$[0,1]$上非正，且不恒为$0$（因为$f(x)$是非零函数），那么$\int_{0}^{1}(x - a)f(x)dx < 0$，这与$\int_{0}^{1}(x - a)f(x)dx = 0$矛盾。

结论：因此，假设不成立，$f(x)$在$(0,1)$内至少有$2$个零点。

六、对定积分的几点说明

1. 定积分结果的数值性

定积分的结果一定是一个数，其值与积分变量无关，仅与被积函数以及积分上下限有关，即$\int_{a}^{b}f(x)dx = \int_{a}^{b}f(t)dt$。

2. 积分上下限的注意点

• 当上下限相同时，定积分结果为$0$，即$\int_{a}^{a}f(x)dx = 0$，这可由定积分的几何意义（区间长度为$0$，面积为$0$）得到。

• 积分上下限交换时，定积分变号，即$\int_{a}^{b}f(x)dx = -\int_{b}^{a}f(x)dx$。

七、积分上限的函数

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变上限的积分$\int_{a}^{x}f(t)dt$是其上限$x$的函数，常称之为积分上限函数。（见上图）

定理：如果$f(x)$在区间$[a,b]$上连续，则$\Phi(x) = \int_{a}^{x}f(t)dt$在$[a,b]$上可导，且$\frac{d\Phi(x)}{dx} = f(x)$。

由原函数的概念可知，如果$f(x)$在区间$[a,b]$上连续，则$\Phi(x) = \int_{a}^{x}f(t)dt$为$f(x)$在区间$[a,b]$上的一个原函数。由此可知，连续函数必有原函数。

【注】：如果$f(x)$为$[a,b]$上的连续函数，$\varphi_1(x)$，$\varphi_2(x)$为可导函数，则$\left(\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)}f(t)dt\right)^\prime = f[\varphi_2(x)]\cdot\varphi_2^\prime(x) - f[\varphi_1(x)]\cdot\varphi_1^\prime(x)$。

变上限积分$\int_{a}^{x}f(t)dt$表示一个函数，因此，我们经常会遇到与函数相关的问题：求极限，判定连续性，求导数，求微分，判定单调性，判定曲线的凹凸性等。

定理：设函数$f(x)$在$[-l,l]$上连续，则

• 如果$f(x)$为奇函数，那么$\int_{0}^{x}f(t)dt$必为偶函数。

• 如果$f(x)$为偶函数，那么$\int_{0}^{x}f(t)dt$必为奇函数。

例（2024，数一）：已知函数$f(x) = \int_{0}^{x}e^{\cos t}dt$，$g(x) = \int_{0}^{\sin x}e^{t^2}dt$，则

（A）$f(x)$是奇函数，$g(x)$是偶函数。

（B）$f(x)$是偶函数，$g(x)$是奇函数。

（C）$f(x)$与$g(x)$均为奇函数。

（D）$f(x)$与$g(x)$均为偶函数。

解：由于$e^{\cos t}$是偶函数，则$f(x) = \int_{0}^{x}e^{\cos t}dt$是奇函数；由于$e^{t^2}$是偶函数，则$h(x) = \int_{0}^{x}e^{t^2}dt$是奇函数，$g(x) = h(\sin x)$，则$g(x)$是奇函数，故选（C）。

八、定积分的计算

定积分的计算主要有以下五种方法：

1. 牛顿 - 莱布尼茨公式

设$f(x)$在区间$[a,b]$上连续，$F(x)$为$f(x)$在$[a,b]$上的一个原函数，则有$\int_{a}^{b}f(x)dx = F(x)\big|_{a}^{b} = F(b) - F(a)$。

2. 换元积分法（换元必换限，积分上下限一定重新确定）

设$f(x)$在区间$I$上连续，函数$x = \varphi(t)$满足以下条件：

• $\varphi(\alpha) = a$，$\varphi(\beta) = b$。

• $\varphi(t)$在$[\alpha,\beta]$（或$[\beta,\alpha]$）上有连续导数，且$R_{\varphi} \subseteq I$，则$\int_{a}^{b}f(x)dx = \int_{\alpha}^{\beta}f[\varphi(t)]\varphi^\prime(t)dt$。

3. 分部积分法（适用于两类不同函数相乘）

$\int_{a}^{b}udv = uv\big|_{a}^{b} - \int_{a}^{b}vdu$。

4. 利用奇偶性和周期性

• 设$f(x)$为$[-a,a]$上的连续函数（$a > 0$），则$\int_{-a}^{a}f(x)dx = \begin{cases}0, & f(x)\text{为奇函数时}, \\ 2\int_{0}^{a}f(x)dx, & f(x)\text{为偶函数时}.\end{cases}$

• 设$f(x)$是以$T$为周期的连续函数，则对任给数$a$，总有$\int_{a}^{a + T}f(x)dx = \int_{0}^{T}f(x)dx$。

5. 利用已有公式

• $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^n xdx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^n xdx = \begin{cases}\frac{n - 1}{n}\cdot\frac{n - 3}{n - 2}\cdot\cdots\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}, & n\text{为正偶数}, \\\frac{n - 1}{n}\cdot\frac{n - 3}{n - 2}\cdot\cdots\cdot\frac{2}{3}\cdot 1, & n\text{为大于1的计数}.\end{cases}$

• $\int_{0}^{\pi}xf(\sin x)dx = \frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}f(\sin x)dx$（其中$f(x)$连续）。

• $\int_{a}^{b} f(x)dx = \int_{a}^{b} f(a + b - x)dx = \frac{1}{2}\int_{a}^{b} [f(x) + f(a + b - x)]dx$。

例题1：$\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\sin x}{1 + \cos x} + |x|\right)dx$

分析奇偶性

定积分的上下限为 $-\frac{\pi}{4}$ 和 $\frac{\pi}{4}$，关于原点（$x = 0$）对称。这种情况下，首先判断被积函数的奇偶性。

• 对于函数 $f(x) = \frac{\sin x}{1 + \cos x}$，有 $f(-x) = \frac{\sin (-x)}{1 + \cos (-x)} = \frac{-\sin x}{1 + \cos x} = -f(x)$，所以它是奇函数。

• 对于函数 $g(x) = |x|$，有 $g(-x) = |-x| = |x| = g(x)$，所以它是偶函数。

根据定积分的奇偶性性质：

• 若 $f(x)$ 是奇函数，且积分区间关于原点对称，则 $\int_{-a}^{a} f(x)dx = 0$。

• 若 $g(x)$ 是偶函数，且积分区间关于原点对称，则 $\int_{-a}^{a} g(x)dx = 2\int_{0}^{a} g(x)dx$。

计算定积分

所以原式可化简为：

$$\begin{align*} &\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\left(\frac{\sin x}{1 + \cos x} + |x|\right)dx \\ =&\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sin x}{1 + \cos x}dx + \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}|x|dx \\ =&0 + 2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} xdx \\ =&2\times\frac{1}{2}x^2\big|_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\ =&x^2\big|_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\ =&\left(\frac{\pi}{4}\right)^2 - 0^2 \\ =&\frac{\pi^2}{16} \end{align*}$$

例题2：已知 $f(2) = 2$，$\int_{0}^{2} f(x)dx = 1$，求 $\int_{0}^{1} x f'(2x)dx$。

解题思路

因为被积函数含有抽象函数的导数，所以采用分部积分法结合凑微分法来计算。

具体计算步骤

分部积分与凑微分：

对于 $\int_{0}^{1} x f'(2x)dx$，先凑微分，令 $d f(2x) = 2 f'(2x)dx$，则 $f'(2x)dx = \frac{1}{2} d f(2x)$。

所以 $\int_{0}^{1} x f'(2x)dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x d f(2x)$。

根据分部积分公式 $\int_{a}^{b} u dv = uv \big|_{a}^{b} - \int_{a}^{b} v du$，这里 $u = x$，$dv = d f(2x)$，则 $du = dx$，$v = f(2x)$

因此：$\frac{1}{2} \int_{0}^{1} x d f(2x) = \frac{1}{2} x f(2x) \big|_{0}^{1} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} f(2x) dx$

计算边界项：

计算 $\frac{1}{2} x f(2x) \big|_{0}^{1}$，将上限 $1$ 和下限 $0$ 代入：

$\frac{1}{2} \times 1 \times f(2) - \frac{1}{2} \times 0 \times f(0) = \frac{1}{2} f(2)$

已知 $f(2) = 2$，所以该项为 $\frac{1}{2} \times 2 = 1$。

计算剩余积分项：

对于 $\int_{0}^{1} f(2x) dx$，令 $t = 2x$，则 $x = \frac{t}{2}$，当 $x = 0$ 时，$t = 0$；当 $x = 1$ 时，$t = 2$，且 $dx = \frac{1}{2} dt$。

那么 $\int_{0}^{1} f(2x) dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} f(t) dt$。

已知 $\int_{0}^{2} f(x)dx = 1$，所以 $\frac{1}{2} \int_{0}^{2} f(t) dt = \frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2}$。

因此 $\frac{1}{2} \int_{0}^{1} f(2x) dx = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$。

整合结果：

将边界项和积分项的结果代入，可得：$\int_{0}^{1} x f'(2x)dx = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$。

例题3：已知 $f(\pi) = 2$，$\int_{0}^{\pi}[f(x) + f''(x)]\sin xdx = 5$，求 $f(0)$。

对积分进行拆分

根据积分的可加性，$\int_{0}^{\pi}[f(x) + f''(x)]\sin xdx=\int_{0}^{\pi}f(x)\sin xdx+\int_{0}^{\pi}f''(x)\sin xdx$。

计算$\int_{0}^{\pi}f''(x)\sin xdx$（分部积分法）

设$u = \sin x$，$dv = f''(x)dx$，则$du=\cos xdx$，$v = f'(x)$。

根据分部积分公式$\int_{a}^{b}u\;dv=uv\big|_{a}^{b}-\int_{a}^{b}v\;du$，可得：$\int_{0}^{\pi}f''(x)\sin xdx = \sin x f'(x)\big|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}f'(x)\cos xdx$。

计算$\sin x f'(x)\big|_{0}^{\pi}$：

将$x = \pi$和$x = 0$代入，$\sin\pi f'(\pi)-\sin0 f'(0)=0 - 0 = 0$。

所以$\int_{0}^{\pi}f''(x)\sin xdx=-\int_{0}^{\pi}f'(x)\cos xdx$。

再次对$-\int_{0}^{\pi}f'(x)\cos xdx$使用分部积分法

设$u = \cos x$，$dv = f'(x)dx$，则$du = -\sin xdx$，$v = f(x)$。

根据分部积分公式可得：$-\int_{0}^{\pi}f'(x)\cos xdx=-\left[\cos x f(x)\big|_{0}^{\pi}+\int_{0}^{\pi}f(x)\sin xdx\right]$。

计算$\cos x f(x)\big|_{0}^{\pi}$：

将$x = \pi$和$x = 0$代入，$\cos\pi f(\pi)-\cos0 f(0)=(- 1)\times2 - 1\times f(0)=-2 - f(0)$。

所以$-\int_{0}^{\pi}f'(x)\cos xdx=-( - 2 - f(0)+\int_{0}^{\pi}f(x)\sin xdx)=2 + f(0)-\int_{0}^{\pi}f(x)\sin xdx$。

整合积分结果

因为$\int_{0}^{\pi}[f(x) + f''(x)]\sin xdx=\int_{0}^{\pi}f(x)\sin xdx+\int_{0}^{\pi}f''(x)\sin xdx$，将$\int_{0}^{\pi}f''(x)\sin xdx = 2 + f(0)-\int_{0}^{\pi}f(x)\sin xdx$代入可得：$\int_{0}^{\pi}f(x)\sin xdx+2 + f(0)-\int_{0}^{\pi}f(x)\sin xdx=2 + f(0)$。

求解$f(0)$

已知$\int_{0}^{\pi}[f(x) + f''(x)]\sin xdx = 5$，即$2 + f(0)=5$，解得$f(0)=3$。

例题4：$\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos^2 x}{1 + e^{-x}} dx$。

利用区间对称性公式

对于积分$\int_{-a}^{a} f(x)dx$，有公式$\int_{-a}^{a} f(x)dx = \int_{0}^{a} [f(x) + f(-x)]dx$。

推导过程：$\int_{-a}^{a} f(x)dx = \int_{0}^{a} f(x)dx + \int_{-a}^{0} f(x)dx$，对$\int_{-a}^{0} f(x)dx$作变量代换$u = -x$，则$\int_{-a}^{0} f(x)dx = \int_{a}^{0} f(-u)d(-u) = \int_{0}^{a} f(-u)du = \int_{0}^{a} f(-x)dx$，所以$\int_{-a}^{a} f(x)dx = \int_{0}^{a} [f(x) + f(-x)]dx$。

计算原积分

对于$\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos^2 x}{1 + e^{-x}} dx$，根据上述公式：

$$\begin{align*}&\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos^2 x}{1 + e^{-x}} dx\\ =&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left( \frac{\cos^2 x}{1 + e^{-x}} + \frac{\cos^2 (-x)}{1 + e^{x}} \right) dx\\ =&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 x \left( \frac{1}{1 + e^{-x}} + \frac{1}{1 + e^{x}} \right) dx\\ =&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 x \left( \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} + \frac{1}{e^{x} + 1} \right) dx\\ =&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 x dx\end{align*}$$

利用二倍角公式$\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}$，则：

$$\begin{align*}&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos^2 x dx\\ =&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1 + \cos 2x}{2} dx\\ =&\frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} (1 + \cos 2x) dx\\ =&\frac{1}{2} \left( \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} 1 dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos 2x dx \right)\\ =&\frac{1}{2} \left( x \big|_{0}^{\frac{\pi}{4}} + \frac{1}{2} \sin 2x \big|_{0}^{\frac{\pi}{4}} \right)\\ =&\frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \sin \frac{\pi}{2} \right)\\ =&\frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}\end{align*}$$

例题5：计算定积分 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{x} \left( \int_{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}^{\sqrt{x}} \sin t^2 dt \right) dx$。

分析与准备

看起来类似二重积分的形式，但是被积函数中包含积分上限函数 $\int_{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}^{\sqrt{x}} \sin t^2 dt$，这里采用分部积分法来计算。

变量代换简化积分上限函数

令 $t^2 = u$，当 $t = \sqrt{\frac{\pi}{2}}$ 时，$u = \frac{\pi}{2}$；当 $t = \sqrt{x}$ 时，$u = x$，且 $dt = \frac{1}{2\sqrt{u}} du$。

则 $\int_{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}^{\sqrt{x}} \sin t^2 dt = \int_{\frac{\pi}{2}}^{x} \sin u \cdot \frac{1}{2\sqrt{u}} du$。

设 $\varphi(x) = \int_{\frac{\pi}{2}}^{x} \sin u \cdot \frac{1}{2\sqrt{u}} du$，那么原积分变为 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{x} \cdot \varphi(x) dx$。

对原积分使用分部积分法

根据分部积分公式 $\int_{a}^{b} u dv = uv \big|_{a}^{b} - \int_{a}^{b} v du$，令 $u = \varphi(x)$，$dv = \sqrt{x} dx$。

则 $du = \varphi'(x) dx = \sin x \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} dx$，$v = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}}$。

所以：

$$\begin{align*}&\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{x} \cdot \varphi(x) dx \\ =&\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \varphi(x) \big|_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \frac{2}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^{\frac{3}{2}} \cdot \varphi'(x) dx\end{align*}$$

计算边界项

计算 $\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \varphi(x) \big|_{0}^{\frac{\pi}{2}}$：

当 $x = \frac{\pi}{2}$ 时，$\varphi\left( \frac{\pi}{2} \right) = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin u \cdot \frac{1}{2\sqrt{u}} du = 0$；

当 $x = 0$ 时，$x^{\frac{3}{2}} = 0$。

所以边界项 $\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \varphi(x) \big|_{0}^{\frac{\pi}{2}} = 0$。

计算剩余积分项

将 $\varphi'(x) = \sin x \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$ 代入剩余积分：

$$\begin{align*}&- \frac{2}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^{\frac{3}{2}} \cdot \sin x \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} dx \\ =&- \frac{1}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \sin x dx\end{align*}$$

对$- \frac{1}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \sin x dx$ 再次使用分部积分法，令 $u = x$，$dv = \sin x dx$，则 $du = dx$，$v = -\cos x$
综上，原定积分的结果为 $-\frac{1}{3}$。

求$g(x) = \int_{-1}^{1} |x - t| e^{t^2} dt$的最小值

要解决这个问题，我们需要根据$x$的不同取值范围，去掉绝对值符号，然后通过求导分析函数的单调性，进而找到最小值。

1. 当$x > 1$时

此时$x - t > 0$，所以$|x - t| = x - t$，则：

$g(x) = \int_{-1}^{1} (x - t) e^{t^2} dt$

根据定积分的性质，将其拆分为：

$g(x) = x \int_{-1}^{1} e^{t^2} dt - \int_{-1}^{1} t e^{t^2} dt$

对$g(x)$求导：

$g'(x) = \int_{-1}^{1} e^{t^2} dt$

因为$e^{t^2} > 0$，所以$g'(x) > 0$，这说明$g(x)$在$x > 1$时单调递增。因此，$g(x) > g(1)$。

2. 当$x < -1$时

此时$x - t < 0$，所以$|x - t| = t - x$，则：

$g(x) = \int_{-1}^{1} (t - x) e^{t^2} dt$

拆分为：

$g(x) = \int_{-1}^{1} t e^{t^2} dt - x \int_{-1}^{1} e^{t^2} dt$

对$g(x)$求导：

$g'(x) = - \int_{-1}^{1} e^{t^2} dt$

因为$e^{t^2} > 0$，所以$g'(x) < 0$，这说明$g(x)$在$x < -1$时单调递减。因此，$g(x) > g(-1)$。

3. 当$x \in [-1, 1]$时

此时需要将积分区间分为$[-1, x]$和$[x, 1]$，在$[-1, x]$上，$x - t \geq 0$，所以$|x - t| = x - t$；在$[x, 1]$上，$x - t \leq 0$，所以$|x - t| = t - x$。则：

$g(x) = \int_{-1}^{x} (x - t) e^{t^2} dt + \int_{x}^{1} (t - x) e^{t^2} dt$

将其展开：

$$\begin{align*} g(x) &= x \int_{-1}^{x} e^{t^2} dt - \int_{-1}^{x} t e^{t^2} dt + \int_{x}^{1} t e^{t^2} dt - x \int_{x}^{1} e^{t^2} dt \\ &= x \int_{-1}^{x} e^{t^2} dt - \int_{-1}^{x} t e^{t^2} dt - \int_{1}^{x} t e^{t^2} dt + x \int_{1}^{x} e^{t^2} dt \end{align*}$$

对$g(x)$求导：

$g'(x) = \int_{-1}^{x} e^{t^2} dt + \int_{1}^{x} e^{t^2} dt$

进一步变形为：

$g'(x) = \int_{-1}^{x} e^{t^2} dt - \int_{x}^{1} e^{t^2} dt$

再对$g'(x)$求导：

$g''(x) = e^{x^2} + e^{x^2} = 2 e^{x^2} > 0$

这说明$g'(x)$单调递增。

令$g'(x) = 0$，即$\int_{-1}^{x} e^{t^2} dt = \int_{x}^{1} e^{t^2} dt$。

令$t = -u$，则$\int_{-1}^{0} e^{t^2} dt = \int_{1}^{0} e^{u^2} d(-u) = \int_{0}^{1} e^{u^2} du$，所以当$x = 0$时，$g'(0) = 0$。

当$x \in (-1, 0)$时，$g'(x) < 0$，$g(x)$单调递减；当$x \in (0, 1)$时，$g'(x) > 0$，$g(x)$单调递增。所以$x = 0$时，$g(x)$取得极小值，同时也是最小值。

计算$g(0)$：

$$\begin{align*} g(0) &= \int_{-1}^{1} |0 - t| e^{t^2} dt \\ &= \int_{-1}^{1} |t| e^{t^2} dt \\ &= 2 \int_{0}^{1} t e^{t^2} dt \\ &= e^{t^2} \big|_{0}^{1} \\ &= e - 1 \end{align*}$$

最终结论

$g(x)$的最小值为$e - 1$。

类型：带递推公式的定积分极限

设$I_n = \int_{0}^{1} \frac{x^n}{1 + x} dx$，试建立递推公式，并用结果证明$\lim \limits_{n \to \infty} \left[ 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \cdots + \frac{(-1)^{n + 1}}{n} \right] = \ln 2$。

碰到递推公式考虑两种解题方法：

• 分部积分法
• 邻项加减配凑法

分部积分法：

$$\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{x^n}{1 + x} dx &= \int_{0}^{1} x^n d\ln(1 + x) \\ &= \ln(1 + x) \cdot x^n \big|_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \ln(1 + x) \cdot n x^{n - 1} dx \\ &= \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x} d x^{n + 1} \\ &= \frac{1}{n + 1} x^{n + 1} \cdot \frac{1}{1 + x} \big|_{0}^{1} - \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} x^{n + 1} d\frac{1}{1 + x} \end{align*}$$

上式无法推出结果改用第二种方法

一、建立递推公式

已知 $I_n = \int_{0}^{1} \frac{x^n}{1 + x} dx$。

首先计算 $I_n + I_{n - 1}$：

$$\begin{align*} I_n + I_{n - 1} &= \int_{0}^{1} \frac{x^n}{1 + x} dx + \int_{0}^{1} \frac{x^{n - 1}}{1 + x} dx \\ &= \int_{0}^{1} \frac{x^n + x^{n - 1}}{1 + x} dx \\ &= \int_{0}^{1} \frac{x^{n - 1}(x + 1)}{1 + x} dx \\ &= \int_{0}^{1} x^{n - 1} dx \\ &= \frac{1}{n} \end{align*}$$

再计算 $I_0$：

$I_0 = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x} dx = \ln(1 + x) \big|_{0}^{1} = \ln 2$

所以递推公式为 $\begin{cases} I_0 = \ln 2 \\ I_n + I_{n - 1} = \frac{1}{n} \end{cases}$。

二、证明 $\lim \limits_{n \to \infty} \left[ 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \cdots + \frac{(-1)^{n + 1}}{n} \right] = \ln 2$

由递推公式 $I_n + I_{n - 1} = \frac{1}{n}$，可得：$I_0 + I_1 = 1$，$I_1 + I_2 = \frac{1}{2}$，$I_2 + I_3 = \frac{1}{3}$，$\cdots$，$I_{n - 1} + I_n = \frac{1}{n}$。

将这些式子交替相减：

$$\begin{align*} &(I_0 + I_1) - (I_1 + I_2) + (I_2 + I_3) - \cdots + (-1)^{n + 1}(I_{n - 1} + I_n) \\ =& I_0 - I_2 + I_3 - \cdots + (-1)^{n + 1}I_n \\ =& 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \cdots + \frac{(-1)^{n + 1}}{n} \end{align*}$$

即 $1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \cdots + \frac{(-1)^{n + 1}}{n} = I_0 + (-1)^{n + 1}I_n$。

现在求极限 $\lim \limits_{n \to \infty} \left[ 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \cdots + \frac{(-1)^{n + 1}}{n} \right]$，即求 $\lim \limits_{n \to \infty} (I_0 + (-1)^{n + 1}I_n)$。

因为 $I_0 = \ln 2$，且 $0 < \int_{0}^{1} \frac{x^n}{1 + x} dx < \int_{0}^{1} x^n dx$，

计算 $\int_{0}^{1} x^n dx$：

$\int_{0}^{1} x^n dx = \frac{x^{n + 1}}{n + 1} \big|_{0}^{1} = \frac{1}{n + 1}$

所以 $0 \leq I_n \leq \frac{1}{n + 1}$。

根据夹逼定理，$\lim \limits_{n \to \infty} I_n = \lim \limits_{n \to \infty} \int_{0}^{1} \frac{x^n}{1 + x} dx = 0$。

所以 $\lim \limits_{n \to \infty} (I_0 + (-1)^{n + 1}I_n) = \ln 2 + 0 = \ln 2$，即 $\lim \limits_{n \to \infty} \left[ 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \cdots + \frac{(-1)^{n + 1}}{n} \right] = \ln 2$。

类型：连续周期函数定积分的极限

例题：求极限 $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} |\sin t| dt$。

若 $f(t)$ 是以 $T$ 为最小正周期的连续函数，则有结论：

$\lim \limits_{x \to +\infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(t) dt = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t) dt$

分析函数 $|\sin t|$ 的周期性

函数 $|\sin t|$ 的最小正周期 $T = \pi$（因为 $\sin t$ 的周期是 $2\pi$，取绝对值后周期减半）。

计算极限

根据上述结论，对于 $f(t) = |\sin t|$，有：

$\lim \limits_{x \to +\infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} |\sin t| dt = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} |\sin t| dt$

由于在区间 $[0, \pi]$ 上，$\sin t \geq 0$，所以 $|\sin t| = \sin t$。因此积分可简化为：$\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin t dt$

计算定积分 $\int_{0}^{\pi} \sin t dt$：

$\int_{0}^{\pi} \sin t dt = -\cos t \big|_{0}^{\pi} = -\cos \pi + \cos 0 = -(-1) + 1 = 2$

将结果代入，得到：

$\frac{1}{\pi} \times 2 = \frac{2}{\pi}$

最终结论：

$\lim \limits_{x \to +\infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} |\sin t| dt = \frac{2}{\pi}$

九、定积分计算极限

定积分定义

$\int_{a}^{b} f(x)dx = \lim \limits_{\lambda \to 0} \sum_{i = 1}^{n} f(\xi_{i}) \cdot \Delta x_{i}$，其中包含 “分割、近似、求和、取极限” 的过程，$\xi_{i}$是$\Delta x_{i}$区间中任一点。其特征：

1. 是$n \to \infty$的极限；

2. 可变成连续求和的形式。

区间分割与$\xi_{i}$的选取

对于区间$[a, b]$，将其分成$n$段，每段长度$\Delta x_{i} = \frac{b - a}{n}$，分割后的区间依次为：$[a, a + \frac{b - a}{n}]$，$[a + \frac{b - a}{n}, a + \frac{2(b - a)}{n}]$，$\cdots$，$[a + \frac{(n - 1)(b - a)}{n}, b]$。

• $\xi_{i}$全取左端点：$\xi_{i} = a + \frac{(i - 1)(b - a)}{n}$，则$\int_{a}^{b} f(x)dx = \lim \limits_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} f\left(a + \frac{(i - 1)(b - a)}{n}\right) \cdot \frac{b - a}{n}$$= \lim \limits_{n \to \infty} \frac{b - a}{n} \sum_{i = 1}^{n} f\left(a + \frac{(i - 1)(b - a)}{n}\right)$。

• $\xi_{i}$全取右端点：$\xi_{i} = a + \frac{i(b - a)}{n}$，则$\int_{a}^{b} f(x)dx = \lim \limits_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} f\left(a + \frac{i(b - a)}{n}\right) \cdot \frac{b - a}{n}$$= \lim \limits_{n \to \infty} \frac{b - a}{n} \sum_{i = 1}^{n} f\left(a + \frac{i(b - a)}{n}\right)$。

特殊情况（$a = 0$，$b = 1$）

此时定积分基本形式为：$\int_{0}^{1} f(x)dx = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} f\left(\frac{i - 1}{n}\right) = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} f\left(\frac{i}{n}\right)$

例题1：计算$\lim \limits_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{i^{3}}{n^{4}}$

将其变形为$\lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \left(\frac{i}{n}\right)^{3}$，对照基本形式，这里$f(x) = x^{3}$，所以：$\lim \limits_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{i^{3}}{n^{4}} = \int_{0}^{1} x^{3}dx$

由牛顿 - 莱布尼茨公式，$\int_{0}^{1} x^{3}dx = \frac{1}{4}x^{4}\big|_{0}^{1} = \frac{1}{4}$。

例题2：计算极限$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \sqrt{1 + \frac{i}{n}}$。

• 令$\Delta x_{i} = \frac{1}{n}$，将区间$[0,1]$等分为$n$个小区间$[0, \frac{1}{n}]$，$[\frac{1}{n}, \frac{2}{n}]$，$\cdots$，$[\frac{n - 1}{n}, 1]$。

• 取每个小区间的右端点$\xi_{i} = \frac{i}{n}$，则和式$\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \sqrt{1 + \frac{i}{n}}$可看作函数$f(x) = \sqrt{1 + x}$在$[0,1]$上的定积分和式。

• 因此，$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \sqrt{1 + \frac{i}{n}} = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + x} dx$。

• 计算定积分：$\int_{0}^{1} \sqrt{1 + x} d(1 + x) = \frac{2}{3}(1 + x)^{\frac{3}{2}} \big|_{0}^{1} = \frac{2}{3}(2\sqrt{2} - 1)$。

例题3：计算极限$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \cdots + \frac{1}{2n} \right)$。

• 提取$\frac{1}{n}$，将和式变形为$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{1 + \frac{i}{n}}$。

• 令$\Delta x_{i} = \frac{1}{n}$，区间$[0,1]$等分为$n$个小区间，取右端点$\xi_{i} = \frac{i}{n}$，和式对应函数$f(x) = \frac{1}{1 + x}$的定积分和式。

• 所以，$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{1 + \frac{i}{n}} = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x} dx$。

• 计算得：$\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x} dx = \ln(1 + x) \big|_{0}^{1} = \ln 2$。

例题4：计算极限$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{\sqrt{1^{2} + n^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{2^{2} + n^{2}}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^{2} + n^{2}}} \right)$。

• 变形为$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{\left( \frac{i}{n} \right)^{2} + 1}}$。

• 令$\Delta x_{i} = \frac{1}{n}$，区间$[0,1]$等分为$n$个小区间，取右端点$\xi_{i} = \frac{i}{n}$，和式对应函数$f(x) = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 1}}$的定积分和式，即$\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 1}} dx$。

• 用换元法，令$x = \tan t$，当$x = 0$时，$t = 0$；当$x = 1$时，$t = \frac{\pi}{4}$，则$dx = \sec^{2} t dt$。

• 积分变为$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\sec t} \cdot \sec^{2} t dt = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec t dt = \ln |\sec t + \tan t| \big|_{0}^{\frac{\pi}{4}} = \ln(\sqrt{2} + 1)$。

例题5：计算极限$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{1^{2} + n^{2}} + \frac{2}{2^{2} + n^{2}} + \cdots + \frac{n}{n^{2} + n^{2}} \right)$。

• 变形为$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{2}} \sum_{i = 1}^{n} \frac{\frac{i}{n}}{\left( \frac{i}{n} \right)^{2} + 1} \cdot n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \frac{\frac{i}{n}}{\left( \frac{i}{n} \right)^{2} + 1}$。

• 令$\Delta x_{i} = \frac{1}{n}$，区间$[0,1]$等分为$n$个小区间，取右端点$\xi_{i} = \frac{i}{n}$，和式对应函数$f(x) = \frac{x}{x^{2} + 1}$的定积分和式，即$\int_{0}^{1} \frac{x}{x^{2} + 1} dx$。

• 计算得：$\int_{0}^{1} \frac{x}{x^{2} + 1} dx = \frac{1}{2} \ln(x^{2} + 1) \big|_{0}^{1} = \frac{1}{2} \ln 2$。

例题6：计算极限$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \sin \left( \frac{i - \frac{1}{2}}{n} \pi \right)$。

• 令$\Delta x_{i} = \frac{1}{n}$，区间$[0,1]$等分为$n$个小区间，取每个小区间的中点$\xi_{i} = \frac{i - \frac{1}{2}}{n}$，和式对应函数$f(x) = \sin(\pi x)$的定积分和式，即$\int_{0}^{1} \sin(\pi x) dx$。

• 计算得：$\int_{0}^{1} \sin(\pi x) dx = -\frac{1}{\pi} \cos(\pi x) \big|_{0}^{1} = \frac{2}{\pi}$。

十、定积分的几何应用

A. 平面图形面积

① 直角坐标系下

• 由 $y = f(x)$、$y = g(x)$ 以及 $x = a$、$x = b$ 围成的图形面积：$A = \int_{a}^{b} |f(x) - g(x)| dx$

• 由 $x = f(y)$、$x = g(y)$ 以及 $y = c$、$y = d$ 围成的图形面积：$A = \int_{c}^{d} |f(y) - g(y)| dy$

② 极坐标系下

极坐标中，$r$ 为极径（原点到该点的距离），$\theta$ 为极角（原点与该点连线和 $x$ 轴正半轴的夹角），且有 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$。

极坐标函数图像

image-20251012091817604

由 $r = r(\theta)$ 围成的图形面积：$A = \frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} r^{2}(\theta) d\theta$，$\alpha$为偏小角。

③ 参数方程表示

若边界曲线由参数方程 $\begin{cases} x = \varphi(t) \\ y = \psi(t) \end{cases}$ 表示，令 $\varphi(\alpha) = a$，$\varphi(\beta) = b$，则图形面积：$A = \int_{a}^{b} y dx = \int_{\alpha}^{\beta} \psi(t) d\varphi(t) = \int_{\alpha}^{\beta} \psi(t) \varphi'(t) dt$（相当于换元法）。

当参数方程表示的是星形线（当形式为 $\begin{cases} x = a\cos^3 t \\ y = a\sin^3 t \end{cases}$ 时，面积公式为 $S = \frac{3}{8}a^2\pi$）。

B. 旋转体体积

① 由 $y = f(x)$、$x = a$、$x = b$ 与 $x$ 轴围成的图形

image-20251012093049886

• 绕 $x$ 轴旋转的体积：$V = \pi \int_{a}^{b} [f(x)]^2 dx$

• 绕 $y$ 轴旋转的体积：$V = 2\pi \int_{a}^{b} x f(x) dx$

② 由 $x = f(y)$、$y = c$、$y = d$ 与 $y$ 轴围成的图形

image-20251012093105221

• 绕 $x$ 轴旋转的体积：$V = 2\pi \int_{c}^{d} y f(y) dy$

• 绕 $y$ 轴旋转的体积：$V = \pi \int_{c}^{d} [f(y)]^2 dy$

③ 由 $y_1 = f_1(x)$、$y_2 = f_2(x)$（$y_1 < y_2$）、$x = a$、$x = b$ 围成的图形

• 绕 $x$ 轴旋转的体积：$V = \pi \int_{a}^{b} \left[ f_2^2(x) - f_1^2(x) \right] dx$

• 绕 $y$ 轴旋转的体积：$V = 2\pi \int_{a}^{b} x \left[ f_2(x) - f_1(x) \right] dx$

C. 平面曲线弧长

① 直角坐标系下

• 当曲线为 $y = f(x)$（$y$ 看作关于 $x$ 的函数），$x$ 从 $a$ 到 $b$ 时，弧长公式为：$\int_{a}^{b} \sqrt{1 + (y')^2} dx$

其中 $1 = \left( \frac{dx}{dx} \right)^2$，$y' = \frac{dy}{dx}$。

• 当曲线为 $x = g(y)$（$x$ 看作关于 $y$ 的函数），$y$ 从 $c$ 到 $d$ 时，弧长公式为：

$\int_{c}^{d} \sqrt{(x')^2 + 1} dy$

其中 $x' = \frac{dx}{dy}$，$1 = \left( \frac{dy}{dy} \right)^2$。

② 极坐标系下

若曲线为 $r = r(\theta)$，$\theta \in (a, b)$，则弧长公式为：

$\int_{a}^{b} \sqrt{[r(\theta)]^2 + [r'(\theta)]^2} d\theta$

③参数方程下

若曲线由参数方程 $\begin{cases} x = x(t) \\ y = y(t) \end{cases}$（$x,y$ 看作关于 $t$ 的函数，$\alpha \leq t \leq \beta$）表示，则弧长公式为：

$\int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{[x'(t)]^2 + [y'(t)]^2} dt$

D. 旋转体侧面积计算

① 直角坐标系下

曲线 $y = f(x)$ 在 $x = a$ 到 $x = b$ 之间，绕 $x$ 轴旋转的侧面积公式：$2\pi \int_{a}^{b} f(x) \sqrt{1 + [f'(x)]^2} dx$

（其中 $1 = \left( \frac{dx}{dx} \right)^2$，$f'(x) = \frac{dy}{dx}$）

② 极坐标系下

曲线 $r = r(\theta)$ 在 $\alpha \leq \theta \leq \beta$ 之间，旋转体侧面积公式：$2\pi \int_{\alpha}^{\beta} r(\theta) \sin\theta \sqrt{[r(\theta)]^2 + [r'(\theta)]^2} d\theta$

③参数方程下

曲线由参数方程 $\begin{cases} x = x(t) \\ y = y(t) \end{cases}$（$\alpha \leq t \leq \beta$）表示时，旋转体侧面积公式：$2\pi \int_{\alpha}^{\beta} y(t) \sqrt{[x'(t)]^2 + [y'(t)]^2} dt$

例题1：求 $y = \ln x$，$y = x - 1$，$y = 1$ 所围图形面积

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方法一：Y 型区域（对 $y$ 积分）

将曲线化为 $x$ 关于 $y$ 的函数：

• $y = \ln x$ 化为 $x = e^y$；

• $y = x - 1$ 化为 $x = y + 1$。

面积积分区间为 $y$ 从 $0$ 到 $1$，被积函数为右侧曲线 $x = e^y$ 减左侧曲线 $x = y + 1$，即：

$$\begin{align*} S &= \int_{0}^{1} \left[ e^y - (y + 1) \right] dy \\ &= \int_{0}^{1} (e^y - y - 1) dy \\ &= \left( e^y - \frac{y^2}{2} - y \right) \big|_{0}^{1} \\ &= \left( e^1 - \frac{1^2}{2} - 1 \right) - \left( e^0 - \frac{0^2}{2} - 0 \right) \\ &= e - \frac{1}{2} - 1 - 1 \\ &= e - \frac{5}{2} \end{align*}$$

方法二：X 型区域（对 $x$ 积分，分段）

• 当 $x \in [1, 2]$ 时，上方曲线为 $y = x - 1$，下方曲线为 $y = \ln x$；

• 当 $x \in [2, e]$ 时，上方曲线为 $y = 1$，下方曲线为 $y = \ln x$。

面积为两段积分之和：

$$\begin{align*} S &= \int_{1}^{2} \left( x - 1 - \ln x \right) dx + \int_{2}^{e} \left( 1 - \ln x \right) dx \\ \end{align*}$$

计算第一段积分：

$$\begin{align*} \int \left( x - 1 - \ln x \right) dx &= \frac{x^2}{2} - x - x\ln x + x + C \quad (\text{利用} \ \int \ln x dx = x\ln x - x + C) \\ &= \frac{x^2}{2} - x\ln x + C \\ \left( \frac{x^2}{2} - x\ln x \right) \big|_{1}^{2} &= \left( \frac{2^2}{2} - 2\ln 2 \right) - \left( \frac{1^2}{2} - 1\ln 1 \right) \\ &= 2 - 2\ln 2 - \frac{1}{2} \\ &= \frac{3}{2} - 2\ln 2 \end{align*}$$

计算第二段积分：

$$\begin{align*} \int \left( 1 - \ln x \right) dx &= x - x\ln x + x + C \quad (\text{利用} \ \int \ln x dx = x\ln x - x + C) \\ &= 2x - x\ln x + C \\ \left( 2x - x\ln x \right) \big|_{2}^{e} &= \left( 2e - e\ln e \right) - \left( 4 - 2\ln 2 \right) \\ &= 2e - e - 4 + 2\ln 2 \\ &= e - 4 + 2\ln 2 \end{align*}$$

两段积分相加：

$$\begin{align*} S &= \left( \frac{3}{2} - 2\ln 2 \right) + \left( e - 4 + 2\ln 2 \right) \\ &= \frac{3}{2} - 4 + e \\ &= e - \frac{5}{2} \end{align*}$$

最终结论：

两种方法均得所围图形面积为 $\boxed{e - \frac{5}{2}}$。

例题2：求参数方程 $\begin{cases} x = \cos^3 t \\ y = \sin^3 t \end{cases}$所围图形的面积

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计算过程

利用图形的对称性，只计算第一象限部分，再乘以 $4$。

面积公式（换元法）：

$S = 4 \int_{0}^{1} y \, dx$

将 $x = \cos^3 t$，$y = \sin^3 t$ 代入，且当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，$t$ 从 $\frac{\pi}{2}$ 到 $0$，则 $dx = d(\cos^3 t) = -3\cos^2 t \sin t \, dt$，因此：

$$\begin{align*} S &= 4 \int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \sin^3 t \cdot (-3\cos^2 t \sin t) dt \\ &= 12 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^4 t \cos^2 t \, dt \end{align*}$$

利用三角恒等式降次：

• $\sin^2 t = \frac{1 - \cos 2t}{2}$

• $\cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}$

则 $\sin^4 t \cos^2 t = \left( \frac{1 - \cos 2t}{2} \right)^2 \cdot \frac{1 + \cos 2t}{2}$，展开并化简积分：

$$\begin{align*} S &= 12 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{1 - \cos 2t}{2} \right)^2 \cdot \frac{1 + \cos 2t}{2} dt \\ &= \frac{3}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1 - \cos 2t - \cos^2 2t + \cos^3 2t) dt \end{align*}$$

分别计算各项积分（利用积分公式 $\int \cos^2 \alpha t dt = \frac{t}{2} + \frac{\sin 2\alpha t}{4\alpha} + C$，$\int \cos^3 \alpha t dt = \frac{\sin \alpha t}{\alpha} - \frac{\sin^3 \alpha t}{3\alpha} + C$ 等），可得：

计算 $\int \cos^2 2t \, dt$：

利用三角恒等式 $\cos^2\alpha = \frac{1 + \cos 2\alpha}{2}$，令 $\alpha = 2t$，则 $\cos^2 2t = \frac{1 + \cos 4t}{2}$。

所以：

$$\begin{align*} \int \cos^2 2t \, dt &= \int \frac{1 + \cos 4t}{2} dt \\ &= \frac{1}{2} \int 1 dt + \frac{1}{2} \int \cos 4t dt \\ &= \frac{t}{2} + \frac{1}{8} \sin 4t + C \end{align*}$$

计算 $\int \cos^3 2t \, dt$：

利用凑微分法，因为 $d(\sin 2t) = 2\cos 2t dt$，即 $\cos 2t dt = \frac{1}{2} d(\sin 2t)$，且 $\cos^2 2t = 1 - \sin^2 2t$，所以：

$$\begin{align*} \int \cos^3 2t \, dt &= \int \cos^2 2t \cdot \cos 2t dt \\ &= \frac{1}{2} \int (1 - \sin^2 2t) d(\sin 2t) \\ &= \frac{1}{2} \int 1 d(\sin 2t) - \frac{1}{2} \int \sin^2 2t d(\sin 2t) \\ &= \frac{1}{2} \sin 2t - \frac{1}{6} \sin^3 2t + C \end{align*}$$

因此

$$\begin{align*} S&=\frac{3}{2}\left[ t - \frac{1}{2}\sin 2t - \frac{t}{2} - \frac{1}{8}\sin 4t + \frac{1}{2}\sin 2t - \frac{1}{6}\sin^3 2t \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &=\frac{3}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3}{8}\pi \end{align*}$$

最终结论：参数方程 $\begin{cases} x = \cos^3 t \\ y = \sin^3 t \end{cases}$ 所围图形的面积为 $\boxed{\frac{3}{8}\pi}$。

例题3：求 $y = \frac{x^2}{2}$（$0 \leq x \leq 1$）的弧长

弧长公式（直角坐标系）

对于曲线 $y = f(x)$，弧长公式为：

$s = \int_{a}^{b} \sqrt{1 + [f'(x)]^2} dx$

步骤 1：求导数

已知 $y = \frac{x^2}{2}$，则 $y' = x$。

步骤 2：代入弧长公式

弧长积分区间为 $x$ 从 $0$ 到 $1$，因此：

$s = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + x^2} dx$

步骤 3：换元法计算积分（令 $x = \tan t$）

• 当 $x = 0$ 时，$t = 0$；当 $x = 1$ 时，$t = \frac{\pi}{4}$。

• $dx = \sec^2 t dt$，且 $\sqrt{1 + x^2} = \sec t$（由三角恒等式 $\tan^2 t + 1 = \sec^2 t$）。

积分变为：

$s = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec t \cdot \sec^2 t dt = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec^3 t dt$

步骤 4：计算 $\int \sec^3 t dt$（分部积分法）

利用分部积分公式 $\int u dv = uv - \int v du$，设：

• $u = \sec t$，则 $du = \sec t \tan t dt$；

• $dv = \sec^2 t dt$，则 $v = \tan t$。

因此：

$$\begin{align*} \int \sec^3 t dt &= \sec t \tan t - \int \tan t \cdot \sec t \tan t dt \\ &= \sec t \tan t - \int \tan^2 t \sec t dt \\ &= \sec t \tan t - \int (\sec^2 t - 1) \sec t dt \\ &= \sec t \tan t - \int \sec^3 t dt + \int \sec t dt \end{align*}$$

移项得：

$2 \int \sec^3 t dt = \sec t \tan t + \int \sec t dt$

已知 $\int \sec t dt = \ln |\sec t + \tan t| + C$，因此：

$\int \sec^3 t dt = \frac{1}{2} \left( \sec t \tan t + \ln |\sec t + \tan t| \right) + C$

步骤 5：代入上下限计算

将 $t = 0$ 和 $t = \frac{\pi}{4}$ 代入：

$$\begin{align*} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec^3 t dt &= \frac{1}{2} \left[ \sec t \tan t + \ln |\sec t + \tan t| \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\ &= \frac{1}{2} \left( \sec \frac{\pi}{4} \tan \frac{\pi}{4} + \ln |\sec \frac{\pi}{4} + \tan \frac{\pi}{4}| - (\sec 0 \tan 0 + \ln |\sec 0 + \tan 0|) \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \sqrt{2} \times 1 + \ln (\sqrt{2} + 1) - (1 \times 0 + \ln (1 + 0)) \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \sqrt{2} + \ln (\sqrt{2} + 1) \right) \end{align*}$$

十一、反常积分

反常积分

一、无穷区间上的反常积分

定义

• 设$f(x)$为$[a, +\infty)$上的连续函数，如果极限$\lim_{t \to +\infty} \int_{a}^{t} f(x)dx$存在，则称此极限为函数$f(x)$在无穷区间$[a, +\infty)$上的反常积分，记作$\int_{a}^{+\infty} f(x)dx$，即

$\int_{a}^{+\infty} f(x)dx = \lim \limits_{t \to +\infty} \int_{a}^{t} f(x)dx$

这时也称反常积分$\int_{a}^{+\infty} f(x)dx$收敛。如果上述极限不存在，则称反常积分$\int_{a}^{+\infty} f(x)dx$发散。

• 设$f(x)$为$(-\infty, b]$上的连续函数，则可类似的定义函数$f(x)$在无穷区间$(-\infty, b]$上的反常积分

$\int_{-\infty}^{b} f(x)dx = \lim \limits_{t \to -\infty} \int_{t}^{b} f(x)dx$

• 设$f(x)$为$(-\infty, +\infty)$上的连续函数，如果反常积分$\int_{-\infty}^{0} f(x)dx$和$\int_{0}^{+\infty} f(x)dx$都收敛，则称反常积分$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx$收敛，且

​ $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx = \int_{-\infty}^{0} f(x)dx + \int_{0}^{+\infty} f(x)dx$，

如果$\int_{-\infty}^{0} f(x)dx$与$\int_{0}^{+\infty} f(x)dx$至少有一个发散，则称$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx$发散。

发散收敛判断

定理 1（比较判别法）

设$f(x), g(x)$在$[a, +\infty)$上连续，且$0 \leq f(x) \leq g(x)$，则

1. 当$\int_{a}^{+\infty} g(x)dx$收敛时，$\int_{a}^{+\infty} f(x)dx$收敛。

2. 当$\int_{a}^{+\infty} f(x)dx$发散时，$\int_{a}^{+\infty} g(x)dx$发散。

定理 2（比较判别法的极限形式）

设$f(x), g(x)$在$[a, +\infty)$上非负连续，且$\lim \limits_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \lambda$（有限或无穷），则

1. 当$\lambda \neq 0$时，$\int_{a}^{+\infty} f(x)dx$与$\int_{a}^{+\infty} g(x)dx$同敛散。

2. 当$\lambda = 0$时，若$\int_{a}^{+\infty} g(x)dx$收敛，则$\int_{a}^{+\infty} f(x)dx$也收敛。

3. 当$\lambda = +\infty$时，若$\int_{a}^{+\infty} g(x)dx$发散，则$\int_{a}^{+\infty} f(x)dx$也发散。

常用结论

$\int_{a}^{+\infty} \frac{1}{x^{p}}dx\begin{cases} p > 1, & \text{收敛}, \\ p \leq 1, & \text{发散}, \end{cases} (a > 0)$

证明：首先，将被积函数变形为幂函数形式：$\int_{a}^{+\infty} \frac{dx}{x^p} = \int_{a}^{+\infty} x^{-p} dx$

当$p \neq 1$时

根据牛顿 - 莱布尼茨公式的推广，计算积分：$\int_{a}^{+\infty} x^{-p} dx = \left. \frac{x^{1 - p}}{1 - p} \right|_{a}^{+\infty}$

这一步是因为幂函数$x^n$的积分公式为$\int x^n dx=\frac{x^{n + 1}}{n+1}+C$（$n\neq - 1$），这里$n=-p$，所以积分结果为$\frac{x^{1 - p}}{1 - p}$

然后求极限：$\left. \frac{x^{1 - p}}{1 - p} \right|_{a}^{+\infty}=\lim \limits_{x \to +\infty} \frac{x^{1 - p}}{1 - p}-\frac{a^{1 - p}}{1 - p}$

• 当$p > 1$时，$1 - p < 0$，那么$\lim \limits_{x \to +\infty} x^{1 - p}=\lim \limits_{x \to +\infty}\frac{1}{x^{p - 1}} = 0$。

  所以积分值为：$0-\frac{a^{1 - p}}{1 - p}=\frac{a^{1 - p}}{p - 1}$，此时积分收敛，收敛于$\frac{a^{1 - p}}{p - 1}$。

• 当$p < 1$时，$1 - p > 0$，$\lim \limits_{x \to +\infty} x^{1 - p}=+\infty$，所以积分值为$+\infty$，此时积分发散。

当$p = 1$时

积分变为：$\int_{a}^{+\infty} \frac{1}{x} dx$

根据积分公式$\int \frac{1}{x}dx=\ln|x|+C$，计算得：

$\left. \ln|x| \right|_{a}^{+\infty}=\lim \limits_{x \to +\infty} \ln x-\ln a$

因为$\lim \limits_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$，所以积分值为$+\infty$，此时积分发散。

结论

综上，无穷积分$\int_{a}^{+\infty} \frac{dx}{x^p} (a > 0)$：

• 当$p \leq 1$时，发散；

• 当$p > 1$时，收敛，且收敛于$\frac{a^{1 - p}}{p - 1}$。

无穷限反常积分的计算

方法一：通过定义，利用极限计算

根据反常积分的定义，无穷限反常积分是常义积分在积分限趋于无穷时的极限。

方法二：利用类似牛顿 - 莱布尼茨公式的形式

若 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，引入记号：

• $F(+\infty) = \lim \limits_{x \to +\infty} F(x)$；

• $F(-\infty) = \lim \limits_{x \to -\infty} F(x)$。

则无穷限反常积分有如下计算形式：

1. $\int_{a}^{+\infty} f(x) dx = F(x) \big|_{a}^{+\infty} = F(+\infty) - F(a)$；

2. $\int_{-\infty}^{b} f(x) dx = F(x) \big|_{-\infty}^{b} = F(b) - F(-\infty)$；

3. $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx = F(x) \big|_{-\infty}^{+\infty} = F(+\infty) - F(-\infty)$（需计算两个极限）。

例题1：计算 $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1 + x^2} dx$

方法一：利用定义（拆分积分）

将积分拆分为两部分：

$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1 + x^2} dx = \int_{-\infty}^{0} \frac{1}{1 + x^2} dx + \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1 + x^2} dx$

根据反常积分定义，转化为极限形式：

$= \lim \limits_{a \to -\infty} \int_{a}^{0} \frac{1}{1 + x^2} dx + \lim \limits_{b \to +\infty} \int_{0}^{b} \frac{1}{1 + x^2} dx$

计算定积分（原函数为 $\arctan x$）：

$= \lim \limits_{a \to -\infty} (\arctan x) \big|_{a}^{0} + \lim \limits_{b \to +\infty} (\arctan x) \big|_{0}^{b}$

代入上下限：

$= \lim \limits_{a \to -\infty} (0 - \arctan a) + \lim \limits_{b \to +\infty} (\arctan b - 0)$

利用极限 $\lim \limits_{x \to -\infty} \arctan x = -\frac{\pi}{2}$，$\lim \limits_{x \to +\infty} \arctan x = \frac{\pi}{2}$：

$= \left( 0 - \left( -\frac{\pi}{2} \right) \right) + \left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \pi$

方法二：利用类似牛顿 - 莱布尼茨公式的形式

原函数为 $\arctan x$，因此：

$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1 + x^2} dx = (\arctan x) \big|_{-\infty}^{+\infty}$

计算极限：

$= \lim \limits_{x \to +\infty} \arctan x - \lim \limits_{x \to -\infty} \arctan x$

代入极限值：

$= \frac{\pi}{2} - \left( -\frac{\pi}{2} \right) = \pi$

例题2：无穷限反常积分$\int_{0}^{+\infty} te^{-t} dt$的计算

我们来计算无穷限反常积分$\int_{0}^{+\infty} te^{-t} dt$。

方法思路

对于无穷限反常积分$\int_{a}^{+\infty} u(x)dv(x)$，需要先求出被积函数的原函数，再统一求极限，即$\int_{a}^{+\infty} u(x)dv(x)=\lim \limits_{t \to +\infty}\int_{a}^{t} u dv=\lim \limits_{t \to +\infty}\left(uv\big|_{a}^{t}-\int_{a}^{t} v du\right)$，不能拆分为$\lim_{t \to +\infty}uv\big|_{a}^{t}-\lim_{t \to +\infty}\int_{a}^{t} v du$分别求极限。

对于$\int_{0}^{+\infty} te^{-t} dt$，我们使用分部积分法，设$u = t$，$dv = e^{-t}dt$，那么$du = dt$，$v=-e^{-t}$。

计算过程

$$\begin{align*} \int_{0}^{+\infty} te^{-t} dt&=\lim_{x \to +\infty}\int_{0}^{x} te^{-t} dt\\ &=\lim_{x \to +\infty}\left(-\int_{0}^{x} t de^{-t}\right)\\ &=\lim_{x \to +\infty}\left[-te^{-t}\big|_{0}^{x}+\int_{0}^{x} e^{-t}dt\right]\\ &=\lim_{x \to +\infty}\left[-te^{-t}\big|_{0}^{x}-e^{-t}\big|_{0}^{x}\right]\\ &=\lim_{x \to +\infty}\left(-xe^{-x}-e^{-x}+0 + 1\right)\\ &=\lim_{x \to +\infty}\left(-\frac{x}{e^{x}}-\frac{1}{e^{x}}+1\right) \end{align*}$$

根据洛必达法则，$\lim \limits_{x \to +\infty}\frac{x}{e^{x}}=\lim \limits_{x \to +\infty}\frac{1}{e^{x}} = 0$，$\lim \limits_{x \to +\infty}\frac{1}{e^{x}} = 0$，所以：

$\lim \limits_{x \to +\infty}\left(-\frac{x}{e^{x}}-\frac{1}{e^{x}}+1\right)=0 - 0+1=1$

例题三：无穷限反常积分$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} dx$的敛散性讨论

我们来分析无穷限反常积分$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} dx$的敛散性。

错误做法分析

若错误地采用对称区间同时趋于无穷的极限形式，即$\lim_{t \to +\infty}\int_{-t}^{t} \frac{x}{1 + x^2} dx$，计算可得：

先求被积函数的原函数，$\int \frac{x}{1 + x^2} dx=\frac{1}{2}\int \frac{d(1 + x^2)}{1 + x^2}=\frac{1}{2}\ln(1 + x^2)+C$。

则$\lim \limits_{t \to +\infty}\int_{-t}^{t} \frac{x}{1 + x^2} dx=\lim \limits_{t \to +\infty}\left[\frac{1}{2}\ln(1 + t^2)-\frac{1}{2}\ln(1 + t^2)\right]=0$，但这种做法是错误的。

正确方法思路

无穷限反常积分要求反向有一限为无穷，若两限均为无穷，需将积分拆分为$\int_{-\infty}^{0} \frac{x}{1 + x^2} dx+\int_{0}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} dx$，分别判断这两个积分的敛散性，只有当这两个积分都收敛时，原积分才收敛。

具体计算过程

• 计算$\int_{-\infty}^{0} \frac{x}{1 + x^2} dx$：

令$\varepsilon \to -\infty$，则$\int_{-\infty}^{0} \frac{x}{1 + x^2} dx=\lim \limits_{\varepsilon \to -\infty}\int_{\varepsilon}^{0} \frac{x}{1 + x^2} dx$。

由原函数$\frac{1}{2}\ln(1 + x^2)$，可得：

$\lim \limits_{\varepsilon \to -\infty}\int_{\varepsilon}^{0} \frac{x}{1 + x^2} dx=\lim \limits_{\varepsilon \to -\infty}\left[0-\frac{1}{2}\ln(1 + \varepsilon^2)\right]=-\infty$

所以$\int_{-\infty}^{0} \frac{x}{1 + x^2} dx$发散。

• 计算$\int_{0}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} dx$：

令$\eta \to +\infty$，则$\int_{0}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} dx=\lim \limits_{\eta \to +\infty}\int_{0}^{\eta} \frac{x}{1 + x^2} dx$。

由原函数$\frac{1}{2}\ln(1 + x^2)$，可得：

$\lim \limits_{\eta \to +\infty}\int_{0}^{\eta} \frac{x}{1 + x^2} dx=\lim \limits_{\eta \to +\infty}\frac{1}{2}\ln(1 + \eta^2)=+\infty$

所以$\int_{0}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} dx$发散。

结论

由于$\int_{-\infty}^{0} \frac{x}{1 + x^2} dx$和$\int_{0}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} dx$都发散，因此无穷限反常积分$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} dx$发散。

另外，还需注意与级数敛散性的区别：级数中，发散 + 发散不一定发散，但对于无穷限反常积分，只要拆分后的任意一个积分发散，原积分就发散。

例题四：无穷限反常积分$\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(1 + x)(1 + x^2)} dx$的计算

我们来计算无穷限反常积分$\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(1 + x)(1 + x^2)} dx$。

方法思路

首先对被积函数进行分式分解（部分分式分解），将$\frac{1}{(1 + x)(1 + x^2)}$分解为更简单的分式之和，然后分别求积分，最后求极限判断敛散性并计算值。

分式分解过程

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

通分得到：$A(1 + x^2)+(Bx + C)(1 + x)=1$。

展开并整理得：$(A + B)x^2+(B + C)x+(A + C)=1$。

根据等式两边同类项系数相等，得到方程组：

$\begin{cases} A + B = 0 \\ B + C = 0 \\ A + C = 1 \end{cases}$

解方程组：

由$A + B = 0$得$B=-A$；由$B + C = 0$得$C=-B = A$；代入$A + C = 1$，得$A + A = 1$，即$A=\frac{1}{2}$。

进而可得$B=-\frac{1}{2}$，$C=\frac{1}{2}$。

所以$\frac{1}{(1 + x)(1 + x^2)}=\frac{\frac{1}{2}}{1 + x}+\frac{-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}}{1 + x^2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1 + x}+\frac{1}{1 + x^2}-\frac{x}{1 + x^2}\right)$。

积分计算过程

$$\begin{align*} \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(1 + x)(1 + x^2)} dx&=\lim_{t \to +\infty}\int_{0}^{t} \frac{1}{(1 + x)(1 + x^2)} dx\\ &=\lim_{t \to +\infty}\int_{0}^{t} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1 + x}+\frac{1}{1 + x^2}-\frac{x}{1 + x^2}\right) dx\\ &=\lim_{t \to +\infty}\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{t} \frac{1}{1 + x}dx+\int_{0}^{t} \frac{1}{1 + x^2}dx-\int_{0}^{t} \frac{x}{1 + x^2}dx\right]\\ &=\lim_{t \to +\infty}\frac{1}{2}\left[\ln(1 + x)\big|_{0}^{t}+\arctan x\big|_{0}^{t}-\frac{1}{2}\ln(1 + x^2)\big|_{0}^{t}\right]\\ &=\lim_{t \to +\infty}\frac{1}{2}\left[\ln(1 + t)+\arctan t-\frac{1}{2}\ln(1 + t^2)-0 - 0+0\right]\\ &=\lim_{t \to +\infty}\left[\frac{1}{2}\ln(1 + t)+\frac{1}{2}\arctan t-\frac{1}{4}\ln(1 + t^2)\right] \end{align*}$$

对$\frac{1}{2}\ln(1 + t)-\frac{1}{4}\ln(1 + t^2)$进行化简：

$$\begin{align*} \frac{1}{2}\ln(1 + t)-\frac{1}{4}\ln(1 + t^2)&=\frac{1}{4}\left[2\ln(1 + t)-\ln(1 + t^2)\right]\\ &=\frac{1}{4}\ln\frac{(1 + t)^2}{1 + t^2}\\ &=\frac{1}{4}\ln\frac{1 + 2t + t^2}{1 + t^2}\\ &=\frac{1}{4}\ln\left(1+\frac{2t}{1 + t^2}\right) \end{align*}$$

当$t \to +\infty$时，$\frac{2t}{1 + t^2}\to 0$，所以$\frac{1}{4}\ln\left(1+\frac{2t}{1 + t^2}\right)\to 0$。

而$\lim \limits_{t \to +\infty}\arctan t=\frac{\pi}{2}$，所以：

$\lim \limits_{t \to +\infty}\left[\frac{1}{2}\ln(1 + t)+\frac{1}{2}\arctan t-\frac{1}{4}\ln(1 + t^2)\right]=\frac{1}{2}\times\frac{\pi}{2}+0=\frac{\pi}{4}$

二、无界函数的反常积分

如果函数$f(x)$在点$a$的任一邻域内都无界，那么点$a$称为函数$f(x)$的瑕点（也称为无界点）。无界函数的反常积分也称为瑕积分。

定义

• 设函数$f(x)$在$(a, b]$上连续，点$a$为函数$f(x)$的瑕点。如果极限$\lim \limits_{t \to a^{+}} \int_{t}^{b} f(x)dx$存在，则称此极限为函数$f(x)$在区间$[a, b]$上的反常积分，记作$\int_{a}^{b} f(x)dx$，即

$\int_{a}^{b} f(x)dx = \lim \limits_{t \to a^{+}} \int_{t}^{b} f(x)dx$

这时也称反常积分$\int_{a}^{b} f(x)dx$收敛。如果上述极限不存在，则称反常积分$\int_{a}^{b} f(x)dx$发散。

• 设函数$f(x)$在$[a, b)$上连续，点$b$为函数$f(x)$的瑕点。则可类似的定义函数$f(x)$在区间$[a, b]$上的反常积分

$\int_{a}^{b} f(x)dx = \lim \limits_{t \to b^{-}} \int_{a}^{t} f(x)dx$

• 设函数$f(x)$在$[a, b]$上除点$c(a < c < b)$外连续，点$c$为函数$f(x)$的瑕点。如果反常积分$\int_{a}^{c} f(x)dx$和$\int_{c}^{b} f(x)dx$都收敛，则称反常积分$\int_{a}^{b} f(x)dx$收敛，且

$\int_{a}^{b} f(x)dx = \int_{a}^{c} f(x)dx + \int_{c}^{b} f(x)dx$

如果$\int_{a}^{c} f(x)dx$与$\int_{c}^{b} f(x)dx$至少有一个发散，则称$\int_{a}^{b} f(x)dx$发散。

定理 1（比较判别法）

设$f(x), g(x)$在$(a, b]$上连续，且$0 \leq f(x) \leq g(x)$，$x = a$为$f(x)$和$g(x)$的瑕点，则

1. 当$\int_{a}^{b} g(x)dx$收敛时，$\int_{a}^{b} f(x)dx$收敛。

2. 当$\int_{a}^{b} f(x)dx$发散时，$\int_{a}^{b} g(x)dx$发散。

定理 2（比较判别法的极限形式）

设$f(x), g(x)$在$(a, b]$上非负连续，且$\lim \limits_{x \to a^{+}} \frac{f(x)}{g(x)} = \lambda$（有限或无穷），则

1. 当$\lambda \neq 0$时，$\int_{a}^{b} f(x)dx$与$\int_{a}^{b} g(x)dx$同敛散。

2. 当$\lambda = 0$时，若$\int_{a}^{b} g(x)dx$收敛，则$\int_{a}^{b} f(x)dx$也收敛。

3. 当$\lambda = +\infty$时，若$\int_{a}^{b} g(x)dx$发散，则$\int_{a}^{b} f(x)dx$也发散。

常用结论

$\int_{a}^{b} \frac{1}{(x - a)^{p}}dx\begin{cases} p < 1, & \text{收敛}, \\ p \geq 1, & \text{发散}, \end{cases}$

$\int_{a}^{b} \frac{1}{(b - x)^{p}}dx\begin{cases} p < 1, & \text{收敛}, \\ p \geq 1, & \text{发散}. \end{cases}$

注意事项

被积函数仅含有限个第一类间断点

若被积函数在积分区间中仅存在有限个第一类间断点，被积函数可积，本质上看作常义积分，不看作反常积分。

例如：$\int_{-1}^{1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} dx$，$x = 1$是可去间断点，可化简被积函数为$x + 1$（$x \neq 1$），则积分计算为：

$$\begin{align*} \int_{-1}^{1} (x + 1) dx&=\left. \left(\frac{1}{2}x^2 + x\right) \right|_{-1}^{1}\\ &=\left(\frac{1}{2}\times1^2 + 1\right)-\left(\frac{1}{2}\times(-1)^2 + (-1)\right)\\ &=\frac{3}{2}-\left(-\frac{1}{2}\right)\\ &= 2 \end{align*}$$

两类反常积分综合

若遇到无穷限反常积分和无界函数反常积分综合的情况，需划分积分区间，分别讨论每一区间上的反常积分。

瑕积分$\int_{-1}^{1} \frac{1}{x^2} dx$的敛散性分析

我们来分析瑕积分$\int_{-1}^{1} \frac{1}{x^2} dx$的敛散性。

错误做法分析

若直接按照常义积分计算：$\int_{-1}^{1} \frac{1}{x^2} dx = -\frac{1}{x}\big|_{-1}^{1} = -1 - 1 = -2$

但从几何意义上看，被积函数$\frac{1}{x^2}$在$[-1,1]$上非负，积分值不可能为负，所以这种做法是错误的。错误的原因是$x = 0$是被积函数的瑕点（函数在$x = 0$的任一邻域内无界），不能直接用常义积分的计算方法。

正确方法思路

由于$x = 0$是瑕点，根据瑕积分的定义，将积分拆分为$\int_{-1}^{0} \frac{1}{x^2} dx$和$\int_{0}^{1} \frac{1}{x^2} dx$两部分，分别判断这两个瑕积分的敛散性，只有当这两个瑕积分都收敛时，原积分才收敛。

具体计算过程

• 计算$\int_{-1}^{0} \frac{1}{x^2} dx$：

  令$\varepsilon \to 0^{+}$，则$\int_{-1}^{0} \frac{1}{x^2} dx = \lim \limits_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_{-1}^{0 - \varepsilon} \frac{1}{x^2} dx$。

  计算积分：$\int \frac{1}{x^2} dx = -\frac{1}{x} + C$，所以：

$\lim \limits_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_{-1}^{0 - \varepsilon} \frac{1}{x^2} dx = \lim \limits_{\varepsilon \to 0^{+}} \left(-\frac{1}{x}\big|_{-1}^{-\varepsilon}\right) = \lim \limits_{\varepsilon \to 0^{+}} \left(\frac{1}{\varepsilon} - 1\right) = +\infty$

所以$\int_{-1}^{0} \frac{1}{x^2} dx$发散。

• 计算$\int_{0}^{1} \frac{1}{x^2} dx$：

  令$\eta \to 0^{+}$，则$\int_{0}^{1} \frac{1}{x^2} dx = \lim \limits_{\eta \to 0^{+}} \int_{0 + \eta}^{1} \frac{1}{x^2} dx$。

  计算积分：

$\lim \limits_{\eta \to 0^{+}} \int_{0 + \eta}^{1} \frac{1}{x^2} dx = \lim \limits_{\eta \to 0^{+}} \left(-\frac{1}{x}\big|_{\eta}^{1}\right) = \lim \limits_{\eta \to 0^{+}} \left(-1 + \frac{1}{\eta}\right) = +\infty$

所以$\int_{0}^{1} \frac{1}{x^2} dx$发散。

结论

由于$\int_{-1}^{0} \frac{1}{x^2} dx$和$\int_{0}^{1} \frac{1}{x^2} dx$都发散，因此瑕积分$\int_{-1}^{1} \frac{1}{x^2} dx$发散。

二、例题

例 4：讨论$\int_{a}^{b} \frac{dx}{(x - a)^p} (p > 0)$的敛散性

这是无界函数的反常积分（瑕积分），$x = a$为瑕点，$p$为参数，影响积分方法和敛散性。

• 当$p=1$时：

$$\begin{align*} \int_{a}^{b} \frac{dx}{(x - a)^p}&=\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_{a + \varepsilon}^{b} \frac{dx}{x - a}\\ &=\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \left. \ln|x - a| \right|_{a + \varepsilon}^{b}\\ &=\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} (\ln(b - a)-\ln\varepsilon)\\ &= +\infty \end{align*}$$

此时积分发散。

• 当$p \neq 1$时：

$$\begin{align*} \int_{a}^{b} \frac{dx}{(x - a)^p}&=\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_{a + \varepsilon}^{b} (x - a)^{-p} dx\\ &=\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \left. \frac{(x - a)^{1 - p}}{1 - p} \right|_{a + \varepsilon}^{b}\\ &=\frac{1}{1 - p}\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \left[(b - a)^{1 - p}-\varepsilon^{1 - p}\right] \end{align*}$$

• 若$p > 1$，$1 - p < 0$，$\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \varepsilon^{1 - p}=\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \frac{1}{\varepsilon^{p - 1}} = +\infty$，积分发散。

• 若$0 < p < 1$，$1 - p > 0$，$\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \varepsilon^{1 - p}=0$，积分收敛，且收敛于$\frac{(b - a)^{1 - p}}{1 - p}$。

综上，当$p \geq 1$时，积分发散；当$0 < p < 1$时，积分收敛，且收敛于$\frac{(b - a)^{1 - p}}{1 - p}$。

例 5：计算$\int_{-8}^{27} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}}$

这是瑕积分，$x = 0$为瑕点且在积分区间内部，需将积分拆分为$\int_{-8}^{0} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}}$和$\int_{0}^{27} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}}$两部分分别计算。

• 计算$\int_{-8}^{0} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}}$：

  令$\varepsilon \to 0^{+}$，则：

$$\begin{align*} \int_{-8}^{0} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}}&=\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \int_{-8}^{0 - \varepsilon} x^{-\frac{1}{3}} dx\\ &=\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \left. \frac{3}{2}x^{\frac{2}{3}} \right|_{-8}^{-\varepsilon}\\ &=\frac{3}{2}\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \left[(-\varepsilon)^{\frac{2}{3}}-(-8)^{\frac{2}{3}}\right]\\ &=\frac{3}{2}(0 - 4)\\ &=-6 \end{align*}$$

• 计算$\int_{0}^{27} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}}$：

  令$\eta \to 0^{+}$，则：

$$\begin{align*} \int_{0}^{27} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}}&=\lim_{\eta \to 0^{+}} \int_{0 + \eta}^{27} x^{-\frac{1}{3}} dx\\ &=\lim_{\eta \to 0^{+}} \left. \frac{3}{2}x^{\frac{2}{3}} \right|_{\eta}^{27}\\ &=\frac{3}{2}\lim_{\eta \to 0^{+}} \left(27^{\frac{2}{3}}-\eta^{\frac{2}{3}}\right)\\ &=\frac{3}{2}(9 - 0)\\ &=\frac{27}{2} \end{align*}$$

所以$\int_{-8}^{27} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}}=\int_{-8}^{0} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}}+\int_{0}^{27} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}}=-6 + \frac{27}{2}=\frac{15}{2}$。