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65ed9c88a3
66
src/~10.md
66
src/~10.md
@ -220,85 +220,85 @@ $\newcommand{\d}{\text{d}}$
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- **例 ~10.3.1**：换元法的应用。
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换元的时候，为了方便观察、避免写错，一般会形式上地添加一步：$\int g(F(x))f(x)\d x=\int g(F(x))\d F(x)=(\int g(y)\d y)|_{y=F(x)}$、以及 $\int g(y)\d y=(\int g(F(x))\d F(x))|_{x=F^{-1}(y)}=(\int g(F(x))f(x)\d x)|_{x=F^{-1}(y)}$。
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换元的时候，为了方便观察、避免写错，一般会形式上地添加一步：$\int g(F(x))f(x)\text{d} x=\int g(F(x))\text{d} F(x)=(\int g(y)\text{d} y)|_{y=F(x)}$、以及 $\int g(y)\text{d} y=(\int g(F(x))\text{d} F(x))|_{x=F^{-1}(y)}=(\int g(F(x))f(x)\text{d} x)|_{x=F^{-1}(y)}$。
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1. 求 $\int \frac{x}{1+x^2}\d x$。
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1. 求 $\int \frac{x}{1+x^2}\text{d} x$。
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**解**：凑微分：
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$$
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\int \frac{x}{1+x^2}\d x=\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+x^2}\d(1+x^2)\overset{y=1+x^2}{=}\frac{1}{2}\int\frac{1}{y}\d y=\frac12\ln|y|+C=\frac12\ln(1+x^2)+C
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\int \frac{x}{1+x^2}\text{d} x=\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+x^2}\text{d}(1+x^2)\overset{y=1+x^2}{=}\frac{1}{2}\int\frac{1}{y}\text{d} y=\frac12\ln|y|+C=\frac12\ln(1+x^2)+C
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$$
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2. 求 $\int \sin^nx\cos^mx\d x$，其中 $m,n$ 是整数，且其中至少一个是奇数。
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2. 求 $\int \sin^nx\cos^mx\text{d} x$，其中 $m,n$ 是整数，且其中至少一个是奇数。
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**解**：不妨设 $m$ 为奇数，后面可以看到 $n$ 为奇数也是同理的。凑微分：
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\int \sin^nx\cos^mx=\int \sin^{n}x\cos^{m-1}x\d\sin x=\int\sin^nx(1-\sin^2)^{\frac{m-1}{2}}\d\sin x\overset{y=\sin x}{=}\int y^n(1-y^2)^{\frac{m-1}{2}}\d y
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\int \sin^nx\cos^mx=\int \sin^{n}x\cos^{m-1}x\text{d}\sin x=\int\sin^nx(1-\sin^2)^{\frac{m-1}{2}}\text{d}\sin x\overset{y=\sin x}{=}\int y^n(1-y^2)^{\frac{m-1}{2}}\text{d} y
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$$
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转化为有理分式的不定积分。
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3. 求 $\int \sin^{2n}x\cos^{2m}x\d x$，其中 $m,n$ 是整数。
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3. 求 $\int \sin^{2n}x\cos^{2m}x\text{d} x$，其中 $m,n$ 是整数。
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**解**：凑微分：
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$$
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\begin{aligned}
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\int \sin^{2n}x\cos^{2m}\d x&=\int \frac{\sin^{2n}x\cos^{2m+2}}{\cos^2x}\d x\\
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&=\int\sin^{2n}x\cos^{2m+2}x\d\tan x\\
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&=\int\frac{\left(1-\frac{1}{\tan^2x+1}\right)^n}{\left(1+\tan^2x\right)^{m+1}}\d\tan x\\
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&\overset{y=\tan x}{=}\int\frac{(1-\frac{1}{y^2+1})^n}{(1+y^2)^{m+1}}\d y
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\int \sin^{2n}x\cos^{2m}\text{d} x&=\int \frac{\sin^{2n}x\cos^{2m+2}}{\cos^2x}\text{d} x\\
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&=\int\sin^{2n}x\cos^{2m+2}x\text{d}\tan x\\
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&=\int\frac{\left(1-\frac{1}{\tan^2x+1}\right)^n}{\left(1+\tan^2x\right)^{m+1}}\text{d}\tan x\\
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&\overset{y=\tan x}{=}\int\frac{(1-\frac{1}{y^2+1})^n}{(1+y^2)^{m+1}}\text{d} y
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\end{aligned}
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$$
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转化为有理分式的不定积分。
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4. 求 $\int\sqrt{1-x^2}\d x$。
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4. 求 $\int\sqrt{1-x^2}\text{d} x$。
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**解**：主动换元：
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$$
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\begin{aligned}
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\int\sqrt{1-x^2}\d x\overset{x=\sin y}{=}\int\sqrt{1-\sin^2y}\cos y\d y=\int \cos^2y\d y=\int\frac{1+\cos 2y}{2}\d y\overset{z=2y}{=}\int\frac{1+\cos z}{4}\d z\\
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\int\sqrt{1-x^2}\text{d} x\overset{x=\sin y}{=}\int\sqrt{1-\sin^2y}\cos y\text{d} y=\int \cos^2y\text{d} y=\int\frac{1+\cos 2y}{2}\text{d} y\overset{z=2y}{=}\int\frac{1+\cos z}{4}\text{d} z\\
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=\frac14(z+\sin z)+C=\frac14(2y+\sin 2y)+C=\frac 12(y+\sin y\cos y)+C=\frac 12(\arcsin x+x\sqrt{1-x^2})+C
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\end{aligned}
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$$
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5. 求 $\int\tan^nx\d x$。
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5. 求 $\int\tan^nx\text{d} x$。
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**解**：主动换元：
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\int \tan^nx\d x\overset{x=\arctan y}{=}\int \frac{y^n}{1+y^2}\d y
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\int \tan^nx\text{d} x\overset{x=\arctan y}{=}\int \frac{y^n}{1+y^2}\text{d} y
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转化为有理分式的不定积分。
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- **例 ~10.3.2**：分部积分的应用。
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分部积分同样有形式上的直观中间过程：$\int F(x)g(x)\d x=\int F(x)\d G(x)=F(x)G(x)-\int G(x)\d F(x)=F(x)G(x)-\int G(x)f(x)\d x$。
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分部积分同样有形式上的直观中间过程：$\int F(x)g(x)\text{d} x=\int F(x)\text{d} G(x)=F(x)G(x)-\int G(x)\text{d} F(x)=F(x)G(x)-\int G(x)f(x)\text{d} x$。
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1. 设 $P(x)$ 是多项式。求 $\int P(x)e^{\lambda x}\d x$（$\lambda\neq 0$）和 $\int P(x)\sin x\d x$。
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1. 设 $P(x)$ 是多项式。求 $\int P(x)e^{\lambda x}\text{d} x$（$\lambda\neq 0$）和 $\int P(x)\sin x\text{d} x$。
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**解**：应用分部积分 $\int P(x)e^{\lambda x}\d x=P(x)\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}-\int P'(x)\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}\d x$ 将 $P$ 降幂，那么可以预见到，一定存在一个次数不超过 $P$ 的多项式 $Q$，使得 $\int P(x)e^{\lambda x}\d x=Q(x)e^{\lambda x}+C$。从而可以将 $Q$ 待定系数，然后对右侧求导并与左侧比较（应该得到形如 $P_i=(i+1)Q_{i+1}+\lambda Q_i$ 的方程），从而解出 $Q$ 的系数。
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**解**：应用分部积分 $\int P(x)e^{\lambda x}\text{d} x=P(x)\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}-\int P'(x)\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}\text{d} x$ 将 $P$ 降幂，那么可以预见到，一定存在一个次数不超过 $P$ 的多项式 $Q$，使得 $\int P(x)e^{\lambda x}\text{d} x=Q(x)e^{\lambda x}+C$。从而可以将 $Q$ 待定系数，然后对右侧求导并与左侧比较（应该得到形如 $P_i=(i+1)Q_{i+1}+\lambda Q_i$ 的方程），从而解出 $Q$ 的系数。
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对 $\int P(x)\sin x\d x$ 也能用类似的方法，此时待定系数后遇到的方程可能形如 $P(x)\sin x=Q(x)\sin x+H(x)\cos x$。取 $x=2k\pi$，总能得到 $H(2k\pi)=0$，于是多项式 $H$ 有无限个零点，从而 $H$ 只能为 $0$。那么就两侧消去 $\sin x$ 解 $P(x)=Q(x)$ 即可（如果觉得 $\sin x=0$ 时除法不严谨的话，可以变为 $(P(x)-Q(x))\sin x=0$，然后再用类似的方法得到 $P(x)-Q(x)$ 有无限个零点，从而 $P(x)=Q(x)$）。
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对 $\int P(x)\sin x\text{d} x$ 也能用类似的方法，此时待定系数后遇到的方程可能形如 $P(x)\sin x=Q(x)\sin x+H(x)\cos x$。取 $x=2k\pi$，总能得到 $H(2k\pi)=0$，于是多项式 $H$ 有无限个零点，从而 $H$ 只能为 $0$。那么就两侧消去 $\sin x$ 解 $P(x)=Q(x)$ 即可（如果觉得 $\sin x=0$ 时除法不严谨的话，可以变为 $(P(x)-Q(x))\sin x=0$，然后再用类似的方法得到 $P(x)-Q(x)$ 有无限个零点，从而 $P(x)=Q(x)$）。
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2. 求 $\int e^x\sin^nx\d x$。
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2. 求 $\int e^x\sin^nx\text{d} x$。
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**解**：应用分部积分：
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\begin{aligned}
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\int e^x\sin^nx\d x&=e^x\sin^nx-n\int e^x\sin^{n-1}x\cos x\d x\\
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&=e^x\sin^nx-n\left(e^x\sin^{n-1}x\cos x-\int e^x\big((n-1)\sin^{n-2}x-n\sin^nx\big)\d x\right)\\
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&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x-n^2\int e^x\sin^n x\d x\\
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(n^2+1)\int e^x\sin^nx\d x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x+0\int e^x\sin^n x\d x\\
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||||
(n^2+1)\int e^x\sin^nx\d x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x+C\\
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(n^2+1)\int e^x\sin^nx\d x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x\\
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\int e^x\sin^n x\d x&=\frac{1}{n^2+1}\left(e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x\right)
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\int e^x\sin^nx\text{d} x&=e^x\sin^nx-n\int e^x\sin^{n-1}x\cos x\text{d} x\\
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&=e^x\sin^nx-n\left(e^x\sin^{n-1}x\cos x-\int e^x\big((n-1)\sin^{n-2}x-n\sin^nx\big)\text{d} x\right)\\
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&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\text{d} x-n^2\int e^x\sin^n x\text{d} x\\
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(n^2+1)\int e^x\sin^nx\text{d} x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\text{d} x+0\int e^x\sin^n x\text{d} x\\
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(n^2+1)\int e^x\sin^nx\text{d} x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\text{d} x+C\\
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(n^2+1)\int e^x\sin^nx\text{d} x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\text{d} x\\
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\int e^x\sin^n x\text{d} x&=\frac{1}{n^2+1}\left(e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\text{d} x\right)
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\end{aligned}
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$$
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@ -306,16 +306,16 @@ $\newcommand{\d}{\text{d}}$
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1. 三角有理分式的积分。
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求 $\int R(\cos\theta,\sin\theta)\d\theta$，其中 $R(x,y)$ 是关于 $x,y$ 的有理分式，$\theta\in(-\pi,\pi)$，那么可以使用万能公式 $\begin{cases}\cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2}\\\sin \theta=\frac{2t}{1+t^2}\end{cases}$：
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求 $\int R(\cos\theta,\sin\theta)\text{d}\theta$，其中 $R(x,y)$ 是关于 $x,y$ 的有理分式，$\theta\in(-\pi,\pi)$，那么可以使用万能公式 $\begin{cases}\cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2}\\\sin \theta=\frac{2t}{1+t^2}\end{cases}$：
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\int R(\cos \theta,\sin\theta)\d\theta\overset{t=\tan\frac{\theta}{2}}{=}\int R\left(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\right)\d2\arctan t=2\int R\left(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\right)\frac{1}{1+t^2}\d t
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\int R(\cos \theta,\sin\theta)\text{d}\theta\overset{t=\tan\frac{\theta}{2}}{=}\int R\left(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\right)\text{d}2\arctan t=2\int R\left(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\right)\frac{1}{1+t^2}\text{d} t
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$$
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特别地，对于 $\int R(\tan\theta)\d\theta$，可以直接换元：
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特别地，对于 $\int R(\tan\theta)\text{d}\theta$，可以直接换元：
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$$
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\int R(\tan \theta)\d \theta\overset{t=\tan \theta}{=}\int R(t)\d\arctan t=\int R(t)\frac{1}{1+t^2}\d t
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\int R(\tan \theta)\text{d} \theta\overset{t=\tan \theta}{=}\int R(t)\text{d}\arctan t=\int R(t)\frac{1}{1+t^2}\text{d} t
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$$
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都是转化为有理函数的不定积分。
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@ -324,12 +324,12 @@ $\newcommand{\d}{\text{d}}$
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类似地，对于上面的 $R(\cos\theta,\sin\theta)$，若把 $\theta$ 的定义域改为 $\mathbb R\setminus\{(2k+1)\pi:k\in\mathbb Z\}$，也是可以正常用万能公式换元的，因为 $\cos\theta,\sin\theta$ 都能换成 $\tan\frac{\theta}{2}$ 的恒等表示，然后转为 $R(\tan\frac{\theta}{2})$ 变为上一段的类似讨论。
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1. 求 $\int R(x,\sqrt{1-x^2})\d x$。
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1. 求 $\int R(x,\sqrt{1-x^2})\text{d} x$。
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**解**：
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\int R(x,\sqrt{1-x^2})\d x\overset{x=\sin \theta}{=}\int R(\sin\theta,\cos\theta)\d\sin\theta=\int R(\cos\theta,\sin\theta)\cos\theta\d\theta
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\int R(x,\sqrt{1-x^2})\text{d} x\overset{x=\sin \theta}{=}\int R(\sin\theta,\cos\theta)\text{d}\sin\theta=\int R(\cos\theta,\sin\theta)\cos\theta\text{d}\theta
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$$
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这里 $\theta$ 的取值范围取为 $[-\frac\pi2,\frac\pi2]$，从而确实有 $\cos\theta=\sqrt{1-\sin^2\theta}$。
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@ -338,4 +338,4 @@ $\newcommand{\d}{\text{d}}$
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基于上述例子，可以看到，在不定积分中，可以任意将被积变元进行换元，只需保证能通过新的变元反推出原来的变元即可。而且不论是换元、还是分部积分，都有着形式上非常 “合理” 且符合直觉的中间过程。这些的正确性确实被我们证明了，但其实很难不使人相信，其中有着非常简单明了的解释，只不过目前我们还未挖掘出来，因为这涉及到莱布尼茨记号的含义。
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//实际上，可以定义 $\int \d f(x)=f(x)$，从而我们要做的只是对 $\int$ 后面的式子做恒等变换，变成 $\d f(x)$ 的形式。
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//实际上，可以定义 $\int \text{d} f(x)=f(x)$，从而我们要做的只是对 $\int$ 后面的式子做恒等变换，变成 $\text{d} f(x)$ 的形式。
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@ -155,7 +155,7 @@
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$$
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\begin{aligned}
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\sin \frac{x}{2}&=\pm\sqrt{\frac{1-\cos x}{2}}\\
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\sin \frac{x}{2}&=\pm\sqrt{\frac{1-\cos x}{2}}\\
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\cos \frac{x}{2}&=\pm\sqrt{\frac{1+\cos x}{2}}\\
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\tan \frac{x}{2}&=\pm\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}}
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\end{aligned}
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@ -545,45 +545,45 @@ $(1-t)A+tB=A+(B-A)t$，于是 $t$ 从 $0$ 到 $1$ 实际上是从 $A$ 匀速地
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- **定义 10.8.1（原函数）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，函数 $f:X\to\mathbb R$。称函数 $F:X\to\mathbb R$ 是 $f$ 的原函数，当且仅当 $F$ 是可微函数且对于任意 $x\in X$ 有 $F'(x)=f(x)$。
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- **定义 10.8.2（不定积分）**：设 $X\subseteq\mathbb R$，函数 $f:X\to\mathbb R$。定义 $f$ 的不定积分为 $f$ 的全体原函数构成的集合，记为 $\int f(x)\d x$。
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- **定义 10.8.2（不定积分）**：设 $X\subseteq\mathbb R$，函数 $f:X\to\mathbb R$。定义 $f$ 的不定积分为 $f$ 的全体原函数构成的集合，记为 $\int f(x)\text{d} x$。
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||||
- **引理 10.8.3**：设 $I\subseteq\mathbb R$ 是区间，函数 $f:I\to\mathbb R$。$F_1,F_2\in\int f(x)\d x$，那么 $F_1-F_2$ 是常函数。
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- **引理 10.8.3**：设 $I\subseteq\mathbb R$ 是区间，函数 $f:I\to\mathbb R$。$F_1,F_2\in\int f(x)\text{d} x$，那么 $F_1-F_2$ 是常函数。
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**证明**：$F_1-F_2$ 是区间上的函数且导数处处为零，从而它一定是常函数。
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根据引理 10.8.3，当 $f$ 的定义域是区间时，我们一般会把 $\int f(x)\d x$ 记作 $F(x)+C$，其中 $F\in\int f(x)\d x$，$C$ 是任意常数。
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根据引理 10.8.3，当 $f$ 的定义域是区间时，我们一般会把 $\int f(x)\text{d} x$ 记作 $F(x)+C$，其中 $F\in\int f(x)\text{d} x$，$C$ 是任意常数。
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就算是求初等函数的不定积分，也不像求微分一样有一个机械化的求解过程，反而十分需要经验、技巧和观察。不过不定积分仍然有一些运算性质可供我们使用。
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- **引理 10.8.4（线性）**：设 $X\subseteq\mathbb R$，函数 $f,g:X\to\mathbb R$，$a,b\in \mathbb R$。那么：
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$$
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\int(af(x)+b g(x))\d x=a\int f(x)\d x+b\int g(x)\d x
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\int(af(x)+b g(x))\text{d} x=a\int f(x)\text{d} x+b\int g(x)\text{d} x
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$$
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此式中规定 $0\int f(x)\d x=C$。
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此式中规定 $0\int f(x)\text{d} x=C$。
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**证明**：若 $a,b$ 均为 $0$，那么原式变为 $\int 0\d x=C$，显然成立。否则不妨假设 $b\neq 0$。
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**证明**：若 $a,b$ 均为 $0$，那么原式变为 $\int 0\text{d} x=C$，显然成立。否则不妨假设 $b\neq 0$。
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设 $H\in \int(af(x)+bg(x))\d x$，$F\in\int f(x)\d x$，$G\in \int g(x)\d x$。
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设 $H\in \int(af(x)+bg(x))\text{d} x$，$F\in\int f(x)\text{d} x$，$G\in \int g(x)\text{d} x$。
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一方面，$(aF+bG)'=af+bg$，从而右式含于左式；
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一方面，$H=aF+b\frac{H-aF}{b}$，而 $F\in \int f(x)\d x$ 且 $(\frac{H-aF}{b})'=g\implies \frac{H-aF}{b}\in\int g(x)\d x$，从而 $H$ 含于右式。
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一方面，$H=aF+b\frac{H-aF}{b}$，而 $F\in \int f(x)\text{d} x$ 且 $(\frac{H-aF}{b})'=g\implies \frac{H-aF}{b}\in\int g(x)\text{d} x$，从而 $H$ 含于右式。
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- **引理 10.8.5（第一换元法/凑微分）**：设 $I,J\subseteq\mathbb R$，$I$ 是区间，$F:I\to J$ 是可微函数且导函数为 $f$，函数 $g:J\to\mathbb R$，$G\in \int g(y)\d y$，那么：
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- **引理 10.8.5（第一换元法/凑微分）**：设 $I,J\subseteq\mathbb R$，$I$ 是区间，$F:I\to J$ 是可微函数且导函数为 $f$，函数 $g:J\to\mathbb R$，$G\in \int g(y)\text{d} y$，那么：
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$$
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\int g(F(x))f(x)\d x=\left(\int g(y)\d y\right)\circ F=G\circ F+C
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\int g(F(x))f(x)\text{d} x=\left(\int g(y)\text{d} y\right)\circ F=G\circ F+C
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$$
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**证明**：$(G\circ F)'=(g\circ F)f$ 从而 $G\circ F\in\int g(F(x))f(x)\d x$，再根据引理 10.8.3 可知 $\int g(F(x))f(x)\d x=G\circ F+C$。而 $G\circ F+C=(G+C)\circ F\in(\int g(y)\d y)\circ F$，从而 $\int g(F(x))f(x)\d x=(\int g(y)\d y)\circ F$。
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**证明**：$(G\circ F)'=(g\circ F)f$ 从而 $G\circ F\in\int g(F(x))f(x)\text{d} x$，再根据引理 10.8.3 可知 $\int g(F(x))f(x)\text{d} x=G\circ F+C$。而 $G\circ F+C=(G+C)\circ F\in(\int g(y)\text{d} y)\circ F$，从而 $\int g(F(x))f(x)\text{d} x=(\int g(y)\text{d} y)\circ F$。
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这里可能令人感到奇怪的一点是，$g$ 的定义域 $J$ 不一定是区间，从而 $G$ 理论上可以在不同段有不同的常数偏差，但最后的形式只有一个常数变元。这是因为 $F$ 的值域一定是区间（$F$ 连续），而 $G$ 在 $F(I)$ 上只可能有一种常数偏差。
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注意，引理 10.8.5 对于 $f$ 的定义域不是区间的情况并不成立。例如 $f:(-2,-1)\cup(1,2)\to\mathbb R$ 由 $f(x):=1$ 定义，$g:f(X)\to\mathbb R$ 由 $g(x):=0$ 定义，由 $F(x):=x$ 定义的函数 $F:(-2,-1)\cup (1,2)\to\mathbb R$ 是 $f$ 的原函数。那么 $\int g(F(x))f(x)\d x=\int 0\d x$，但由于定义域由两个区间构成，所以 $\int g(F(x))f(x)\d x$ 其实代表所有逐段常值函数。但右式 $(\int g(y)\d y)\circ F=(\int 0\d y)\circ F$ 代表的是所有定义域在这两个区间上的常函数（并不能逐段常值）。
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注意，引理 10.8.5 对于 $f$ 的定义域不是区间的情况并不成立。例如 $f:(-2,-1)\cup(1,2)\to\mathbb R$ 由 $f(x):=1$ 定义，$g:f(X)\to\mathbb R$ 由 $g(x):=0$ 定义，由 $F(x):=x$ 定义的函数 $F:(-2,-1)\cup (1,2)\to\mathbb R$ 是 $f$ 的原函数。那么 $\int g(F(x))f(x)\text{d} x=\int 0\text{d} x$，但由于定义域由两个区间构成，所以 $\int g(F(x))f(x)\text{d} x$ 其实代表所有逐段常值函数。但右式 $(\int g(y)\text{d} y)\circ F=(\int 0\text{d} y)\circ F$ 代表的是所有定义域在这两个区间上的常函数（并不能逐段常值）。
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- **推论 10.8.6（第二换元法/主动换元）**：设 $I,J\subseteq\mathbb R$，$I,J$ 是区间，$F:I\to J$ 是可微的双射且导函数为 $f$，函数 $g:J\to\mathbb R$，$H\in\int g(F(x))f(x)\d x$，那么：
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- **推论 10.8.6（第二换元法/主动换元）**：设 $I,J\subseteq\mathbb R$，$I,J$ 是区间，$F:I\to J$ 是可微的双射且导函数为 $f$，函数 $g:J\to\mathbb R$，$H\in\int g(F(x))f(x)\text{d} x$，那么：
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$$
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\int g(y)\d y=\left(\int g(F(x))f(x)\d x\right)\circ F^{-1}=H\circ F^{-1}+C
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\int g(y)\text{d} y=\left(\int g(F(x))f(x)\text{d} x\right)\circ F^{-1}=H\circ F^{-1}+C
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$$
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**证明**：$(\int g(F(x))f(x)\d x)\circ F^{-1}=(\int g(y)\d y)\circ F\circ F^{-1}=\int g(y)\d y$。
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**证明**：$(\int g(F(x))f(x)\text{d} x)\circ F^{-1}=(\int g(y)\text{d} y)\circ F\circ F^{-1}=\int g(y)\text{d} y$。
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凑微分其实就是把被积函数形式上表为某个未知函数 $G$ 和已知函数 $F$ 的复合 $G\circ F$ 的微分，从而只需要求出 $g$ 的原函数 $G$ 即可。或者说要将被积函数拆成 “$F$ 的复合” 乘 “$F$ 的微分”。
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@ -591,11 +591,11 @@ $(1-t)A+tB=A+(B-A)t$，于是 $t$ 从 $0$ 到 $1$ 实际上是从 $A$ 匀速地
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- **定理 10.8.7（分部积分）**：设 $X\subseteq\mathbb R$，$F,G:X\to\mathbb R$ 是可微函数且导函数分别为 $f,g$。
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$$
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\int F(x)g(x)\d x=FG-\int G(x)f(x)\d x
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\int F(x)g(x)\text{d} x=FG-\int G(x)f(x)\text{d} x
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$$
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**证明**：设 $H\in \int G(x)f(x)\d x$，那么 $(FG-H)'=Fg$，那么 $FG-H$ 含于左侧。
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**证明**：设 $H\in \int G(x)f(x)\text{d} x$，那么 $(FG-H)'=Fg$，那么 $FG-H$ 含于左侧。
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设 $W\in \int F(x)g(x)\d x$，那么 $W=FG-(FG-W)$，而 $(FG-W)'=Gf$，那么 $W$ 含于右侧。
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设 $W\in \int F(x)g(x)\text{d} x$，那么 $W=FG-(FG-W)$，而 $(FG-W)'=Gf$，那么 $W$ 含于右侧。
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||||
有理函数因为可以展开成最简分式的线性组合的形式，所以它们的积分是可以机械化计算的（如果知道了具体展开系数）。
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@ -639,29 +639,29 @@ $(1-t)A+tB=A+(B-A)t$，于是 $t$ 从 $0$ 到 $1$ 实际上是从 $A$ 匀速地
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接着只需研究上述每项的不定积分形式：
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1. $$
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\int\frac{1}{(x-a)^n}\d x\overset{y=x-a}{=}\int\frac{1}{y^n}\d y
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\int\frac{1}{(x-a)^n}\text{d} x\overset{y=x-a}{=}\int\frac{1}{y^n}\text{d} y
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$$
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2. $$
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\int\frac{x}{(x^2+1)^n}\d x\overset{y=x^2+1}{=}\frac{1}{2}\int\frac{1}{y^n}\d y
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\int\frac{x}{(x^2+1)^n}\text{d} x\overset{y=x^2+1}{=}\frac{1}{2}\int\frac{1}{y^n}\text{d} y
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$$
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3. $$
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\begin{aligned}
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\int\frac{1}{x^2+1}\d x&=\arctan x+C\\
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\int\frac{1}{(x^2+1)^n}\d x&=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x-\int\frac{x^2}{(x^2+1)^n}\d x\\
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||||
&=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x+\frac{1}{2(n-1)}\int\frac{-(n-1)2x}{(x^2+1)^n}x\d x\\
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||||
&=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x+\frac{1}{2(n-1)}\left(\frac{x}{(x^2+1)^{n-1}}-\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x\right)\\
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||||
&=\frac{x}{2(n-1)(x^2+1)^{n-1}}+\frac{2n-3}{2n-2}\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x\\
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\int\frac{1}{x^2+1}\text{d} x&=\arctan x+C\\
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||||
\int\frac{1}{(x^2+1)^n}\text{d} x&=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\text{d} x-\int\frac{x^2}{(x^2+1)^n}\text{d} x\\
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||||
&=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\text{d} x+\frac{1}{2(n-1)}\int\frac{-(n-1)2x}{(x^2+1)^n}x\text{d} x\\
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||||
&=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\text{d} x+\frac{1}{2(n-1)}\left(\frac{x}{(x^2+1)^{n-1}}-\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\text{d} x\right)\\
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||||
&=\frac{x}{2(n-1)(x^2+1)^{n-1}}+\frac{2n-3}{2n-2}\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\text{d} x\\
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\end{aligned}
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$$
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所以可以预见到的是，$\int\frac{1}{(x^2+1)^n}\d x$ 一定是 $\frac{x}{(x^2+1)^{n-1}},\cdots,\frac{x}{x^2+1},\arctan x$ 的线性组合再加上任意常数 $C$ 的形式。
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所以可以预见到的是，$\int\frac{1}{(x^2+1)^n}\text{d} x$ 一定是 $\frac{x}{(x^2+1)^{n-1}},\cdots,\frac{x}{x^2+1},\arctan x$ 的线性组合再加上任意常数 $C$ 的形式。
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4. $$
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\begin{aligned}
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||||
\int\frac{1}{((x-a)^2+b^2)^n}\d x&\overset{y=\frac{x-a}{b}}{=}\int\frac{1}{((by)^2+b^2)^n}\d y=\frac{1}{b^{2n}}\int\frac{1}{(y^2+1)^n}\d y\\
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||||
\int\frac{x}{((x-a)^2+b^2)^n}\d x&\overset{y=\frac{x-a}{b}}{=}\int\frac{by+a}{((by)^2+b^2)^n}\d y=\frac{1}{b^{2n-1}}\int\frac{y}{(y^2+1)^n}\d y+\frac{a}{b^{2n}}\int\frac{1}{(y^2+1)^n}\d y
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||||
\int\frac{1}{((x-a)^2+b^2)^n}\text{d} x&\overset{y=\frac{x-a}{b}}{=}\int\frac{1}{((by)^2+b^2)^n}\text{d} y=\frac{1}{b^{2n}}\int\frac{1}{(y^2+1)^n}\text{d} y\\
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\int\frac{x}{((x-a)^2+b^2)^n}\text{d} x&\overset{y=\frac{x-a}{b}}{=}\int\frac{by+a}{((by)^2+b^2)^n}\text{d} y=\frac{1}{b^{2n-1}}\int\frac{y}{(y^2+1)^n}\text{d} y+\frac{a}{b^{2n}}\int\frac{1}{(y^2+1)^n}\text{d} y
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\end{aligned}
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$$
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@ -445,9 +445,9 @@ $f$ 一致连续意味着，只要划分的每段长度都足够小，就能使
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$$
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\begin{aligned}
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||||
f(x)&=f(x_0)+\int_{x_0}^xf'(x_1)\d x_1\\
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||||
&=f(x_0)+\int_{x_0}^{x}\left(f'(x_0)+\int_{x_0}^{x_1}f''(x_2)\d x_2\right)\d x_1\\
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||||
&=f(x_0)+\int_{x_0}^{x}\left(f'(x_0)+\int_{x_0}^{x_1}\left(\cdots\left(f^{(n)}(x_0)+\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\d x_{n+1}\right)\cdots\right)\d x_2\right)\d x_1\\
|
||||
f(x)&=f(x_0)+\int_{x_0}^xf'(x_1)\text{d} x_1\\
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||||
&=f(x_0)+\int_{x_0}^{x}\left(f'(x_0)+\int_{x_0}^{x_1}f''(x_2)\text{d} x_2\right)\text{d} x_1\\
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||||
&=f(x_0)+\int_{x_0}^{x}\left(f'(x_0)+\int_{x_0}^{x_1}\left(\cdots\left(f^{(n)}(x_0)+\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\text{d} x_{n+1}\right)\cdots\right)\text{d} x_2\right)\text{d} x_1\\
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||||
\end{aligned}
|
||||
$$
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||||
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||||
@ -455,10 +455,10 @@ $f$ 一致连续意味着，只要划分的每段长度都足够小，就能使
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||||
|
||||
$$
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||||
\begin{aligned}
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||||
&\int_{x_0}^{x}\int_{x_0}^{x_1}\cdots\int_{x_0}^{x_{n-1}}f^{(n)}(x_0)\d x_n\cdots\d x_2\d x_1\\
|
||||
=&\int_{0}^{x-x_0}\int_{0}^{h_1}\cdots\int_{0}^{h_{n-1}}f^{(n)}(x_0)\d h_n\cdots\d h_2\d h_1\\
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||||
=&\int_{0}^{x-x_0}\cdots\int_{0}^{h_{n-2}}f^{(n)}(x_0)h_{n-1}\d h_{n-1}\cdots\d h_1\\
|
||||
=&\int_{0}^{x-x_0}\cdots\int_{0}^{h_{n-3}}\frac{f^{(n)}(x_0)}{2}h_{n-2}^2\d h_{n-2}\cdots\d h_1\\
|
||||
&\int_{x_0}^{x}\int_{x_0}^{x_1}\cdots\int_{x_0}^{x_{n-1}}f^{(n)}(x_0)\text{d} x_n\cdots\text{d} x_2\text{d} x_1\\
|
||||
=&\int_{0}^{x-x_0}\int_{0}^{h_1}\cdots\int_{0}^{h_{n-1}}f^{(n)}(x_0)\text{d} h_n\cdots\text{d} h_2\text{d} h_1\\
|
||||
=&\int_{0}^{x-x_0}\cdots\int_{0}^{h_{n-2}}f^{(n)}(x_0)h_{n-1}\text{d} h_{n-1}\cdots\text{d} h_1\\
|
||||
=&\int_{0}^{x-x_0}\cdots\int_{0}^{h_{n-3}}\frac{f^{(n)}(x_0)}{2}h_{n-2}^2\text{d} h_{n-2}\cdots\text{d} h_1\\
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||||
=&\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x_0-x)^n
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$$
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||||
@ -466,35 +466,35 @@ $f$ 一致连续意味着，只要划分的每段长度都足够小，就能使
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||||
于是：
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||||
$$
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||||
f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\int_{x_0}^{x_1}\cdots\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\d x_{n+1}\cdots\d x_2\d x_1
|
||||
f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\int_{x_0}^{x_1}\cdots\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\text{d} x_{n+1}\cdots\text{d} x_2\text{d} x_1
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$$
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||||
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||||
而利用分部积分，若 $g$ 有原函数，我们可以证明：
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$$
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\begin{aligned}
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||||
&\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n}}{n!}\int_{a}^{x}g(y)\d y\d x\\
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||||
=&-\int_{a}^{b}-\frac{(b-x)^{n}}{n!}\int_{a}^{x}g(y)\d y\d x\\
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||||
=&\left.\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}\left(\int_{a}^{x}g(y)\d y\right)\right|_{x=a}^{x=b}+\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}g(x)\d x\\
|
||||
=&\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}g(x)\d x
|
||||
&\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n}}{n!}\int_{a}^{x}g(y)\text{d} y\text{d} x\\
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||||
=&-\int_{a}^{b}-\frac{(b-x)^{n}}{n!}\int_{a}^{x}g(y)\text{d} y\text{d} x\\
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||||
=&\left.\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}\left(\int_{a}^{x}g(y)\text{d} y\right)\right|_{x=a}^{x=b}+\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}g(x)\text{d} x\\
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||||
=&\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}g(x)\text{d} x
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||||
\end{aligned}
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||||
$$
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||||
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||||
而 $\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\d x_{n+1}=f^{(n)}(x_n)-f^{(n)}(x_0)$ 是关于 $x_n$ 的连续函数，从而 $\int_{x_0}^{x_{n-1}}\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\d x_{n+1}\d x_n$ 是关于 $x_{n-1}$ 的可微函数从而连续，……。于是就可以从外往内拆积分号，将原式化简为：
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||||
而 $\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\text{d} x_{n+1}=f^{(n)}(x_n)-f^{(n)}(x_0)$ 是关于 $x_n$ 的连续函数，从而 $\int_{x_0}^{x_{n-1}}\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\text{d} x_{n+1}\text{d} x_n$ 是关于 $x_{n-1}$ 的可微函数从而连续，……。于是就可以从外往内拆积分号，将原式化简为：
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$$
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||||
f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\d t
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||||
f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\text{d} t
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$$
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||||
法二：对 $n$ 归纳。假设 $n-1$ 时命题成立。
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$$
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||||
\begin{aligned}
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||||
f(x)&=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!}(x-t)^{n-1}\d t\\
|
||||
&=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)-\int_{x_0}^{x}-\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(t)\d t\\
|
||||
&=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)-\left(\left.\frac{(x-t)^{n}}{n!}f^{(n)}(t)\right|_{t=x_0}^{t=x}-\int_{x_0}^{x}\frac{(x-t)^{n}}{n!}f^{(n+1)}(t)\d t\right)\\
|
||||
&=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)+\frac{(x-x_0)^{n}}{n!}f^{(n)}(x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{(x-t)^{n}}{n!}f^{(n+1)}(t)\d t\\
|
||||
&=T_{n,x_0}f(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}\d t
|
||||
f(x)&=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!}(x-t)^{n-1}\text{d} t\\
|
||||
&=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)-\int_{x_0}^{x}-\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(t)\text{d} t\\
|
||||
&=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)-\left(\left.\frac{(x-t)^{n}}{n!}f^{(n)}(t)\right|_{t=x_0}^{t=x}-\int_{x_0}^{x}\frac{(x-t)^{n}}{n!}f^{(n+1)}(t)\text{d} t\right)\\
|
||||
&=T_{n-1,x_0}f(x-x_0)+\frac{(x-x_0)^{n}}{n!}f^{(n)}(x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{(x-t)^{n}}{n!}f^{(n+1)}(t)\text{d} t\\
|
||||
&=T_{n,x_0}f(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}\text{d} t
|
||||
\end{aligned}
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||||
$$
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||||
@ -525,4 +525,4 @@ $f$ 一致连续意味着，只要划分的每段长度都足够小，就能使
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||||
定理 11.11.2 告诉我们，$\frac{\int_{[a,b]}fg}{\int_{[a,b]}g}$ 可以理解为某种意义上的加权平均，它的值在 $f$ 的值域范围内。
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||||
在定理积分余项的泰勒公式中，根据积分平均值定理，存在 $\xi\in(x,x_0)$ 使得积分余项 $\int_{[x_0,x]}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\d t=f^{(n+1)}(\xi)\int_{[x_0,x]}\frac{1}{n!}(x-t)^n\d t=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$ 变为拉格朗日余项（这里不需要要求 $f^{(n+1)}$ 连续，因为它满足介值性，而观察积分平均值定理，只要在知道 $\int_{[a,b]}fg$ 黎曼可积的前提下，其实也只要求 $f$ 满足介值性即可）。
|
||||
在定理积分余项的泰勒公式中，根据积分平均值定理，存在 $\xi\in(x,x_0)$ 使得积分余项 $\int_{[x_0,x]}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\text{d} t=f^{(n+1)}(\xi)\int_{[x_0,x]}\frac{1}{n!}(x-t)^n\text{d} t=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$ 变为拉格朗日余项（这里不需要要求 $f^{(n+1)}$ 连续，因为它满足介值性，而观察积分平均值定理，只要在知道 $\int_{[a,b]}fg$ 黎曼可积的前提下，其实也只要求 $f$ 满足介值性即可）。
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