第5章 定积分及其应用
思考题 5.1
题目： 在定积分定义 $\lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^n f(\xi_i)\Delta x_i$ 中，极限过程 $\lambda \to 0$ 能否改成 $n \to \infty$？
解答：
不能。
这里的 $\lambda = \max\{\Delta x_1, \Delta x_2, \dots, \Delta x_n\}$ 表示所有子区间长度的最大值。当 $\lambda \to 0$ 时，必然有分割的区间数量 $n \to \infty$；但是反过来，当 $n \to \infty$ 时，并不能保证所有的子区间长度都趋于 0（即不能保证 $\lambda \to 0$）。
反例： 假设我们只把其中一个子区间无限细分，此时 $n \to \infty$，但其余子区间的长度并未改变，因此最大长度 $\lambda$ 不趋于 0。
注：只有在特别规定“等距划分”（即 $\Delta x_i = \frac{b-a}{n}$）的情况下，$\lambda \to 0$ 才与 $n \to \infty$ 等价。
思考题 5.2
题目： 利用定积分的定义表示下列极限.
(1) $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \sqrt{1 + \frac{i}{n}}$ ;
(2) $\lim_{n \to \infty} \frac{1^p + 2^p + \cdots + n^p}{n^{p+1}}$ ;
(3) $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{n+n} \right)$.
解答：
根据定积分的定义，在区间 $[0, 1]$ 上取等距划分 $\Delta x = \frac{1}{n}$，取右端点 $\xi_i = \frac{i}{n}$，则有 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right) = \int_0^1 f(x) \,\mathrm{d}x$。
- (1) 原式可直接视为 $f(x) = \sqrt{1+x}$ 的黎曼和极限。
表示为： $\int_0^1 \sqrt{1+x} \,\mathrm{d}x$
- (2) 提取 $\frac{1}{n}$，原式 $= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \left(\frac{i}{n}\right)^p$。这里对应 $f(x) = x^p$。
表示为： $\int_0^1 x^p \,\mathrm{d}x$
- (3) 原式 $= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \frac{1}{n+i} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{1}{1 + \frac{i}{n}}$。这里对应 $f(x) = \frac{1}{1+x}$。
表示为： $\int_0^1 \frac{1}{1+x} \,\mathrm{d}x$
思考题 5.3
题目： 设 $g(x)$ 处处连续， $f(x) = \int_0^x (x-t)g(t)\,\mathrm{d}t$ ，求 $f'(x), f''(x)$.
解答：
首先将积分表达式展开，把与积分变量 $t$ 无关的 $x$ 提取到积分号外：
$$f(x) = x \int_0^x g(t)\,\mathrm{d}t - \int_0^x t g(t)\,\mathrm{d}t$$对 $x$ 求一阶导数（利用乘积的求导法则和变限积分求导公式）：
$$f'(x) = 1 \cdot \int_0^x g(t)\,\mathrm{d}t + x \cdot g(x) - x \cdot g(x)$$$$f'(x) = \int_0^x g(t)\,\mathrm{d}t$$在此基础上对 $x$ 再求二阶导数：
$$f''(x) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \int_0^x g(t)\,\mathrm{d}t = g(x)$$思考题 5.4
题目： 已知 $f(x)$ 连续，且 $\int_0^x t f(x-t)\,\mathrm{d}t = 1 - \cos x$ ，求 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(x)\,\mathrm{d}x$ 的值.
解答：
首先对等式左侧的积分进行换元。令 $u = x-t$，则 $t = x-u$，积分微元 $\mathrm{d}t = -\mathrm{d}u$。
当 $t=0$ 时，$u=x$；当 $t=x$ 时，$u=0$。代入积分得：
$$\int_x^0 (x-u)f(u)(-\mathrm{d}u) = \int_0^x (x-u)f(u)\,\mathrm{d}u = 1 - \cos x$$等式两边同时对 $x$ 求导。根据思考题 5.3 的结论，左边关于 $x$ 的导数为 $\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u$。右边求导为 $\sin x$。所以得到：
$$\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u = \sin x$$将 $x = \frac{\pi}{2}$ 代入上式：
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(x)\,\mathrm{d}x = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1$$思考题 5.5
题目： 计算积分 $I = \int_0^\pi \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} \,\mathrm{d}x$.
解答：
利用区间再现公式换元，令 $x = \pi - t$，则 $\mathrm{d}x = -\mathrm{d}t$。积分区间从 $[0, \pi]$ 变为 $[\pi, 0]$。
$$I = \int_\pi^0 \frac{(\pi - t) \sin(\pi - t)}{1 + \cos^2(\pi - t)} (-\mathrm{d}t) = \int_0^\pi \frac{(\pi - t) \sin t}{1 + \cos^2 t} \,\mathrm{d}t$$将其展开为两项：
$$I = \pi \int_0^\pi \frac{\sin t}{1 + \cos^2 t} \,\mathrm{d}t - \int_0^\pi \frac{t \sin t}{1 + \cos^2 t} \,\mathrm{d}t$$注意到等式右边第二项积分的结构与原积分完全相同，即等于 $I$。移项得：
$$2I = \pi \int_0^\pi \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} \,\mathrm{d}x$$计算右侧的新积分，令 $u = \cos x$，则 $\mathrm{d}u = -\sin x \,\mathrm{d}x$。当 $x=0$ 时 $u=1$；当 $x=\pi$ 时 $u=-1$。
$$2I = \pi \int_1^{-1} \frac{-\mathrm{d}u}{1 + u^2} = \pi \int_{-1}^1 \frac{1}{1 + u^2} \,\mathrm{d}u = \pi \left[ \arctan u \right]_{-1}^1$$$$2I = \pi \left( \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) \right) = \pi \left( \frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi^2}{2}$$由此解得：
$$I = \frac{\pi^2}{4}$$思考题 5.6
题目： 计算积分 $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 4 \cos^4 x \,\mathrm{d}x$.
解答：
被积函数 $f(x) = 4\cos^4 x$ 是偶函数，且积分区间关于原点对称，利用对称性可以化简：
$$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 4 \cos^4 x \,\mathrm{d}x = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} 4 \cos^4 x \,\mathrm{d}x = 8 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x \,\mathrm{d}x$$利用华里士公式（Wallis formula），对于偶数 $n$，有 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \,\mathrm{d}x = \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdots \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}$。当 $n=4$ 时：
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x \,\mathrm{d}x = \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$$代回原式：
$$8 \times \frac{3\pi}{16} = \frac{3\pi}{2}$$思考题 5.7
题目： 讨论广义积分 $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x$ 的敛散性？
解答：
根据无穷区间广义积分的定义，需将其拆分为两个积分分别考察（通常在 $x=0$ 处拆分）：
$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x = \int_{-\infty}^0 \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x + \int_0^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x$$只有当这两个广义积分都分别收敛时，原广义积分才算作收敛。 考察 $[0, +\infty)$ 部分：
$$\int_0^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x = \lim_{b \to +\infty} \int_0^b \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x = \lim_{b \to +\infty} \left[ \frac{1}{2}\ln(1+x^2) \right]_0^b = \lim_{b \to +\infty} \frac{1}{2}\ln(1+b^2) = +\infty$$由于其中一部分积分发散，因此原广义积分发散。
注：虽然被积函数是奇函数，其柯西主值 (Cauchy Principal Value) 为 0，但在黎曼积分体系下严格讨论敛散性时，它是发散的。
思考题 5.8
题目： 瑕点的识别：
(1) $x=0, x=1$ 是否是积分 $\int_0^1 \frac{\ln x}{x-1} \,\mathrm{d}x$ 的瑕点？
(2) $x=0$ 是否是积分 $\int_0^1 \frac{1}{x^2} e^{-\frac{1}{x}} \,\mathrm{d}x$ 的瑕点？
解答：
瑕点是指使被积函数的绝对值趋于无穷大的点。
(1) 考察 $f(x) = \frac{\ln x}{x-1}$ 在端点的极限：
当 $x \to 0^+$ 时，$\ln x \to -\infty$，分母 $x-1 \to -1$，故 $f(x) \to +\infty$。所以 $x=0$ 是瑕点。
当 $x \to 1$ 时，属于 $\frac{0}{0}$ 型未定式。使用洛必达法则：$\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x-1} = \lim_{x \to 1} \frac{\frac{1}{x}}{1} = 1$。极限存在且为有限值，所以 $x=1$ 不是瑕点（它是可去奇点）。
(2) 考察 $f(x) = \frac{1}{x^2} e^{-\frac{1}{x}}$ 在 $x \to 0^+$ 时的极限：
令 $t = \frac{1}{x}$，当 $x \to 0^+$ 时，$t \to +\infty$。原极限转化为：
$$\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x^2} e^{-\frac{1}{x}} = \lim_{t \to +\infty} \frac{t^2}{e^t}$$利用洛必达法则求解：
$$\lim_{t \to +\infty} \frac{t^2}{e^t} = \lim_{t \to +\infty} \frac{2t}{e^t} = \lim_{t \to +\infty} \frac{2}{e^t} = 0$$因为极限存在且为有限值 0（不趋于无穷大），所以 $x=0$ 不是该积分的瑕点（它是可去奇点）。