完善习题章中和三角函数有关的内容，加入 10.8 不定积分，完善第11章，加入 11.11 黎曼积分的应用
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$\newcommand{\d}{\text{d}}$
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## ~10.1 导数的计算和应用
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- **例 ~10.1.1**：设 $a\in\mathbb R$ 是常数。在各自函数的定义域中：
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5. $(e^x)'=e^x,(\ln x)'=\frac{1}{x}$。
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6. $(\sin x)'=\cos x,(\cos x)'=-\sin x,(\tan x)'=\frac{1}{\cos^2 x}$。
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6. $$
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\begin{aligned}
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(\sin x)'&=\cos x\\
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(\cos x)'&=-\sin x\\
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(\tan x)'&=\frac{1}{\cos^2 x}=1+\tan^2x\\
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(\csc x)'&=-\frac{\cos x}{\sin^2x}=-\cot x\csc x\\
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(\sec x)'&=\frac{\sin x}{\cos^2x}=\tan x\sec x\\
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(\cot x)'&=-\frac{1}{\sin^2 x}=-1-\cot^2x
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\end{aligned}
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$$
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**证明**：$\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin(x+h)-\sin x}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin x(\cos h-1)+\cos x\sin h}{h}=\sin x\lim\limits_{h\to 0}\frac{\cos h-1}{h}+\cos x\lim\limits_{h\to 0}\frac{\sin h}{h}=\cos x$；
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$(\cos x)'=(\sin(\frac{\pi}2-x))'=-\cos(\frac\pi2-x)=-\sin x$；
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$(\tan x)'=(\frac{\sin x}{\cos x})'=\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2 x}=\frac 1{\cos^2x}$。
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$(\tan x)'=(\frac{\sin x}{\cos x})'=\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2 x}=\frac 1{\cos^2x}$；
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7. $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},(\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^2}$。
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$(\csc x)'=(\frac{1}{\sin x})'=-\frac{\cos x}{\sin^2x}=-\cot x\csc x$；
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$(\sec x)'=(\frac{1}{\cos x})'=\frac{\sin x}{\cos^2x}=\tan x\sec x$；
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$(\cot x)'=(\frac{\cos x}{\sin x})'=\frac{-\sin^2 x-\cos^2 x}{\sin^2 x}=-\frac{1}{\sin^2 x}$。
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7. $$
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\begin{aligned}
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(\arcsin x)'&=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\
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(\arccos x)'&=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\
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(\arctan x)'&=\frac{1}{1+x^2}\\
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(\operatorname{arccsc} x)'&=-\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}x^2}\\
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(\operatorname{arcsec} x)'&=\frac{1}{\sqrt{1-\frac1{x^2}}x^2}\\
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(\operatorname{arccot} x)'&=-\frac{1}{1+x^2}\\
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\end{aligned}
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$$
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**证明**：$(\arcsin x)'=\frac{1}{\cos(\arcsin x)}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2(\arcsin x)}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$；$\arccos$ 同理；
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$(\arctan x)'=\cos^2(\arctan x)=\frac{\cos^2(\arctan x)}{\cos^2(\arctan x)+\sin^2(\arctan x)}=\frac{1}{1+x^2}$。
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$(\arctan x)'=\cos^2(\arctan x)=\frac{\cos^2(\arctan x)}{\cos^2(\arctan x)+\sin^2(\arctan x)}=\frac{1}{1+x^2}$；
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对于后三者，根据引理 ~9.1.6.4，使用复合函数求导法则即可。
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- **例 ~10.1.2**：设 $a\in\mathbb R$，讨论由 $f(x):=(1+\frac 1x)^{x+a}$ 定义的函数 $f:(-\infty,-1)\cup (0,+\infty)\to\mathbb R$ 的单调性。
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$\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+\cdots+\frac{(2n-1)!!x^{2n+1}}{(2n)!!(2n+1)}+o(x^{2n+2})$，其中 $(2n)!!=\prod_{i=1}^n2i$，$(2n-1)!!=\prod_{i=1}^n(2i-1)$。
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很多时候，在计算一点处的泰勒公式时，我们不采取逐次求导的方式，而是利用初等函数已知的展开先将该函数展开，再根据泰勒公式所证明的多项式展开的唯一性，说明得到的展开就是该点的泰勒展开。
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- **例 ~10.2.2**：设序列 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 满足 $x_{n+1}=\sin x_n$。求 $n\to+\infty$ 时，$x_n$ 的渐近展开式。
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**解**：
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**解**：首先考虑计算 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 的极限。由 $\sin|x|\leq |x|$ 知 $|x_n|$ 是单调不增的，那么 $(|x_n|)_{n=0}^{\infty}$ 收敛。设其收敛到 $L$，那么对同一个数列 $(x_{n+1})_{n=0}^{\infty}$ 和 $(\sin x_n)_{n=0}^{\infty}$ 的两种形式分别取极限，得 $L=\sin L$，于是 $L=0$。从而 $(x_n)_{n=0}^{\infty}$ 也收敛到 $0$。
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接下来我们猜测 $x_n$ 不是任意阶小的，且其渐近展开是 $x_n=\frac{A}{n^{a}}+o(\frac{1}{n^{a}}),n\to+\infty$（$0<a$，$A\neq 0$）。同时，当 $x_n\to+\infty$ 时，$x_n=o(1)$，从而 $\sin x_n$ 也可以展开，而同一个数列 $(x_{n+1})_{n=0}^{\infty}$ 和 $(\sin x_n)_{n=0}^{\infty}$ 的两种形式的渐进展开应当是相同的。于是将它们分别展开得到：当 $n\to+\infty$ 时，
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$$
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\begin{aligned}
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x_{n+1}&=\frac{A}{(n+1)^{a}}+o\left(\frac{1}{(n+1)^{a}}\right)=\frac{A}{n^{a}}+o\left(\frac{1}{n^{a}}\right)\\
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\sin x_n&=x_n+o(x_n)=\frac{A}{n^{a}}+o\left(\frac{1}{n^{a}}\right)
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\end{aligned}
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$$
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很明显我们的展开精度不够，那么进一步猜测 $x_n=\frac{A}{n^{a}}+\frac{B}{n^{b}}+o(\frac{1}{n^{b}})$（$0<a<b$，$A\neq 0$）。当 $n\to+\infty$ 时：
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$$
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\begin{aligned}
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x_{n+1}&=\frac{A}{(n+1)^{a}}+\frac{B}{(n+1)^{b}}+o\left(\frac{1}{(n+1)^{b}}\right)\\
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&=\frac{A}{n^a}\left(\frac{n}{n+1}\right)^a+\frac{B}{n^{b}}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{b}+o\left(\frac{1}{n^{b}}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{b}\right)\\
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&=\frac{A}{n^a}\left(1-\frac{a}{n+1}+o\left(\frac{1}{n+1}\right)\right)+\frac{B}{n^{b}}\left(1+o(1)\right)+o\left(\frac{1}{n^{b}}\left(1+o(1)\right)\right)\\
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&=\frac{A}{n^a}\left(1-\frac{a}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)+\frac{B}{n^{b}}\left(1+o(1)\right)+o\left(\frac{1}{n^{b}}\right)\\
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&=\frac{A}{n^a}+\frac{B}{n^{b}}+o\left(\frac{1}{n^{b}}\right)-\frac{Aa}{n^{a+1}}+o\left(\frac{1}{n^{a+1}}\right)\\
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\sin x_{n}&=x_n-\frac{x_n^3}{6}+o(x_n^3)\\
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&=\left(\frac{A}{n^{a}}+\frac{B}{n^{b}}+o\left(\frac{1}{n^{b}}\right)\right)-\frac 16\left(\frac{A}{n^{a}}+\frac{B}{n^{b}}+o\left(\frac{1}{n^{b}}\right)\right)^3+o\left(\frac{1}{n^{3a}}\right)\\
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&=\frac{A}{n^{a}}+\frac{B}{n^{b}}+o\left(\frac{1}{n^{b}}\right)-\frac{A^3}{6n^{3a}}+o\left(\frac{1}{n^{3a}}\right)
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\end{aligned}
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$$
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这里可以分类讨论。
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- 若 $a+1<\min\{b,3a\}$，那么 $x_{n+1}=\frac{A}{n^a}-\frac{Aa}{n^{a+1}}+o(\frac{1}{n^{a+1}})$，$\sin x_n=\frac{A}{n^{a}}+o(\frac{1}{n^{a+1}})$，那么 $Aa=0$，矛盾。
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- 若 $a+1=b<3a$，那么 $x_{n+1}=\frac{A}{n^a}+\frac{B-Aa}{n^{a+1}}+o(\frac{1}{n^{a+1}})$，$\sin x_n=\frac{A}{n^a}+\frac{B}{n^{a+1}}+o(\frac{1}{n^{a+1}})$，那么 $Aa=0$，矛盾。
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- 若 $a+1=3a<b$，那么 $a=\frac 12$ 且 $x_{n+1}=\frac{A}{n^a}-\frac{Aa}{n^{a+1}}+o(\frac{1}{n^{a+1}})$，$\sin x_n=\frac{A}{n^a}-\frac{A^3}{6n^{a+1}}+o(\frac{1}{n^{a+1}})$，那么 $A=\sqrt 3$。
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那么我们尝试证明 $x_n=\frac{\sqrt 3}{n^{1/2}}+o(\frac{1}{n^{1/2}})$：
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$$
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\lim\limits_{n\to+\infty}nx_n^2=\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{n}{\frac{1}{x_n^2}}=\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{(n+1)-n}{\frac{1}{x_{n+1}^2}-\frac{1}{x_n^2}}=\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{x_{n}^2x_{n+1}^2}{x_{n}^2-x_{n+1}^2}=\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{x_{n}^2\sin^2 x_{n}}{x_{n}^2-\sin^2x_{n}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{x^2\sin^2x}{x^2-\sin^2x}=3
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$$
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其中第二步用到了 Stolz 定理。
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接下来介绍一个泰勒公式的综合运用例子。
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- **例 ~10.2.3**：设方程 $xy+e^x-e^y=0$。
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1. 对任意 $x$，存在唯一的 $y\geq x$ 满足方程，据此定义函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 为 $f(x):=y$。
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**证明**：设 $g_x(y):=xy+e^x-e^y$，那么 $g_x'(y)=x-e^y$。对任意 $y> x$ 有 $g'_x(y)<0$，从而 $g_x(y)$ 在 $[x,+\infty)$ 上严格单调减。而 $g_x(x)=x^2\geq 0$，从而 $g_x(y)$ 在 $[x,+\infty)$ 存在唯一零点。
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2. $f\in\mathscr C^{\infty}(\mathbb R)$。
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**证明**：先证明 $f$ 连续。设 $x_0\in\mathbb R$，$y_0=f(x_0)$。
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先不妨设 $x_0\neq 0$，那么 $y_0>x_0$，从而可以设 $0<\varepsilon<y_0-x_0$。设 $h_{y}(x):=xy+e^x-e^y$，那么 $h$ 连续，又由于 $h_{y_0+\varepsilon}(x_0)=g_{x_0}(y_0+\varepsilon)<g_{x_0}(y_0)=0$，那么存在 $x_0$ 的邻域 $V_1$ 使得对任意 $x\in V_1$ 有 $h_{y_0+\varepsilon}(x)<0$。同理存在 $x_0$ 的邻域 $V_2$ 使得对任意 $x\in V_2$ 有 $h_{y_0-\varepsilon}(x)>0$。
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存在 $\delta>0$，使得 $[x_0-\delta,x_0+\delta]\subseteq V_1,V_2$ 且矩形 $[x_0-\delta,x_0+\delta]\times[y_0-\varepsilon,y_0+\varepsilon]$ 在 $y=x$ 上方，那么易证对任意 $x\in [x_0-\delta,x_0+\delta]$ 有 $f(x)\in[y_0-\varepsilon,y_0+\varepsilon]$。从而 $f$ 在 $x_0$ 处连续。
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对 $x_0=0$ 的情况，不需要考虑 $y_0-\varepsilon$ 那条界。
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再证明 $f$ 可微。设 $x\in\mathbb R$，记 $f(x+h)=f(x)+p(h)$，那么当 $h\to 0$ 时，$p(h)\to 0$，且：
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$$
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\begin{aligned}
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0&=(x+h)(f(x)+p(h))+e^{x+h}-e^{f(x)+p(h)}\\
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&=xf(x)+e^x-e^{f(x)}+hf(x)+(x+h)p(h)+e^{x}(e^h-1)-e^{f(x)}(e^{p(h)}-1)\\
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&=hf(x)+(x+h)p(h)+e^{x}(e^h-1)-e^{f(x)}(e^{p(h)}-1)\\
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&=hf(x)+(x+h)p(h)+e^x(h+o(h))-e^{f(x)}(p(h)+o(p(h)))\\
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(e^{f(x)}-x)p(h)&=(f(x)+e^x)h+o(h)+o(p(h))\\
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\end{aligned}
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$$
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存在 $q(h)=o(p(h))$ 使得 $(e^{f(x)}-x)p(h)-q(h)=(f(x)+e^x)h+o(h)$，同时可知 $(e^{f(x)}-x)p(h)-q(h)=(e^{f(x)}-x)p(h)+o(p(h))$。那么根据引理 9.11.12，可得 $(e^{f(x)}-x)p(h)=(f(x)+e^x)h+o(h)$。
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同时可知 $e^{f(x)}-x=e^x+xf(x)-x\geq e^x-x+x^2>0$，从而 $p(h)=\frac{f(x)+e^x}{e^{f(x)}-x}h+o(h)$。
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再证明 $f\in\mathscr C^{\infty}(\mathbb R)$。我们知道：
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f'(x)=\frac{f(x)+e^x}{e^{f(x)}-x}
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所以容易用归纳法证明 $f$ 是任意阶可微的。
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3. 讨论 $f$ 的单调性。
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**解**：设 $x\in\mathbb R$ 使得 $f'(x)=0$，$y=f(x)$，等价于：
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\begin{cases}xy+e^x-e^y=0\\y+e^x=0\\y\geq x\end{cases}
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等价于 $y\ln(-y)-y-e^y=0$（可以注意到当 $x<0$ 时恒有 $g_x'(y)<0$，于是 $y\geq x$ 的限制可以略去）。
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若 $y<1$，那么 $y\ln(-y)-y-e^y\leq (y-1)\ln(-y)-e^y<0$，矛盾。
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记 $s(y):=y\ln(-y)-y-e^y$。由于：
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$$
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s(-1)=1-e^{-1}>0\\
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\lim_{y\to0^-}s(y)=\lim_{y\to0^+}y-\ln y^y-e^{-y}=-1<0
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$$
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于是存在唯一的 $y\in(-1,0)$ 满足条件，记 $\xi=\ln(-y)<0$，那么 $f'(\xi)=0$。
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对于 $x<0$，由于 $g_x(0)=e^x-1<0$，所以 $f(x)<0$，$0<e^{f(x)}<1$。而 $xf(x)+e^x-e^{f(x)}=0$，于是当 $x\to-\infty$ 时，一定有 $f(x)\to0$。同时，我们知道 $f(0)=0$。
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那么可以证明 $f$ 在 $(-\infty,\xi)$ 上严格单调减，在 $(\xi,+\infty)$ 上严格单调增。
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4. 讨论 $f$ 在 $x\to+\infty$ 时的渐近线。
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**解**：设 $\varepsilon>0$。由于 $\lim\limits_{x\to+\infty}g_x(x+\varepsilon)=\lim\limits_{x\to+\infty}x(x+\varepsilon)+e^x-e^{x+\varepsilon}=\lim\limits_{x\to+\infty}x^2+\varepsilon x-e^x(e^{\varepsilon}-1)=-\infty$。从而当 $x\to+\infty$ 时，$x\leq f(x)< x+\varepsilon$。那么容易证明 $f$ 在 $x\to+\infty$ 时的渐近线是 $y=x$。
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## ~10.3 不定积分的计算
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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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1. 求 $\int \frac{x}{1+x^2}\d x$。
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**解**：凑微分：
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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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$$
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2. 求 $\int \sin^nx\cos^mx\d x$，其中 $m,n$ 是整数，且其中至少一个是奇数。
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**解**：不妨设 $m$ 为奇数，后面可以看到 $n$ 为奇数也是同理的。凑微分：
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$$
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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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$$
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转化为有理分式的不定积分。
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3. 求 $\int \sin^{2n}x\cos^{2m}x\d x$，其中 $m,n$ 是整数。
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**解**：凑微分：
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$$
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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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\end{aligned}
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$$
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转化为有理分式的不定积分。
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4. 求 $\int\sqrt{1-x^2}\d x$。
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**解**：主动换元：
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$$
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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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=\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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$$
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5. 求 $\int\tan^nx\d x$。
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**解**：主动换元：
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$$
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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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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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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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**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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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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2. 求 $\int e^x\sin^nx\d x$。
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**解**：应用分部积分：
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$$
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||||
\begin{aligned}
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||||
\int e^x\sin^nx\d x&=e^x\sin^nx-n\int e^x\sin^{n-1}x\cos x\d x\\
|
||||
&=e^x\sin^nx-n\left(e^x\sin^{n-1}x\cos x-\int e^x\big((n-1)\sin^{n-2}x-n\sin^nx\big)\d x\right)\\
|
||||
&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x-n^2\int e^x\sin^n x\d x\\
|
||||
(n^2+1)\int e^x\sin^nx\d x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x+0\int e^x\sin^n x\d x\\
|
||||
(n^2+1)\int e^x\sin^nx\d x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x+C\\
|
||||
(n^2+1)\int e^x\sin^nx\d x&=e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x\\
|
||||
\int e^x\sin^n x\d x&=\frac{1}{n^2+1}\left(e^x(\sin^nx-n\sin^{n-1}x\cos x)+n(n-1)\int e^x\sin^{n-2}x\d x\right)
|
||||
\end{aligned}
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||||
$$
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- **例 ~10.3.3**：有理分式不定积分的应用。
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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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$$
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||||
\int R(\cos \theta,\sin\theta)\d\theta\overset{t=\tan\frac{\theta}{2}}{=}\int R\left(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\right)\d2\arctan t=2\int R\left(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\right)\frac{1}{1+t^2}\d t
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$$
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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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$$
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\int R(\tan \theta)\d \theta\overset{t=\tan \theta}{=}\int R(t)\d\arctan t=\int R(t)\frac{1}{1+t^2}\d t
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$$
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都是转化为有理函数的不定积分。
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需要注意的是，这里我们没有对 $\theta$ 的取值范围作出限制，但是换元时我们却把 $R(\tan \theta)$ 当成了 $(-\frac\pi2,\frac\pi2)$ 上的函数。这是因为 $R(\tan \theta)$ 是以 $\pi$ 为周期的函数，而且换元后恰好还需要把 $t=\tan\theta$ 代回，所以直接用代回结果就确实是真正的 $R(\tan\theta)$ 的积分（注意此时 $\arctan(\tan \theta)\neq \theta$，因为 $\theta$ 可能在 $(-\frac\pi2,\frac\pi2)$ 外）。
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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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**解**：
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$$
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\int R(x,\sqrt{1-x^2})\d x\overset{x=\sin \theta}{=}\int R(\sin\theta,\cos\theta)\d\sin\theta=\int R(\cos\theta,\sin\theta)\cos\theta\d\theta
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$$
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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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转化为三角有理分式的不定积分。
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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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19
src/~7.md
19
src/~7.md
@ -68,31 +68,20 @@
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3. $\sin 0=\sin \pi=\cos\frac{\pi}{2}=0$。
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4. 设 $x\in\mathbb R$，那么：
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4. （诱导公式）设 $x\in\mathbb R$，那么：
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$$
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\begin{aligned}
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||||
\cos(-x)=\cos x,\quad\cos \left(\frac \pi2+x\right)=-\sin x,\quad\cos(\pi+x)=-\cos x,\quad\cos(2\pi+x)=\cos x\\
|
||||
\sin(-x)=-\sin x,\quad\sin\left(\frac \pi 2+x\right)=\cos x,\quad\sin(\pi+x)=-\sin x,\quad\sin(2\pi+x)=\sin x
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||||
\end{aligned}
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||||
$$
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||||
从而 $\cos$ 是偶函数，$\sin$ 是奇函数。
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5. 设 $x,y\in\mathbb R$，那么：
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5. （和差角公式）设 $x,y\in\mathbb R$，那么：
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$$
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||||
\begin{aligned}
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||||
\cos(x+y)&=\cos x\cos y-\sin x\sin y\\
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||||
\sin(x+y)&=\sin x\cos y+\cos x\sin y\\
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||||
\sin x-\sin y&=2\sin \frac{x-y}{2}\cos\frac{x+y}{2}\\
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||||
\cos x-\cos y&=-2\sin\frac{x-y}{2}\sin\frac{x+y}{2}
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\end{aligned}
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$$
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||||
6. 设 $x\in\mathbb R$，那么：
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$$
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\begin{aligned}
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||||
\sin 2x&=2\sin x\cos x\\
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||||
\cos 2x&=\cos^2x-\sin^2x=2\cos^2x-1=1-2\sin^2x\\
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||||
\sin 3x&=3\sin x-4\sin^3x\\
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||||
\cos 3x&=4\cos^3x-3\cos x
|
||||
\end{aligned}
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$$
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||||
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@ -109,10 +98,10 @@
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||||
2. $\tan$ 在 $(-\frac \pi2,\frac \pi2)$ 上有定义且是严格增函数。
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||||
3. 设 $x,y\in\mathbb R$ 满足 $0<y<x<\frac \pi 2$，那么：
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$$
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\tan(x-y)=\frac{\tan x-\tan y}{1+\tan x\tan y}
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$$
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**证明**：留作习题（也可能以后补）。
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## ~7.4 序列极限的计算和应用
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148
src/~9.md
148
src/~9.md
@ -63,7 +63,153 @@
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||||
5. $\sin,\cos$ 的值域都是 $[-1,1]$，$\tan$ 的值域是 $\mathbb R$。
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||||
6. $\sin|_{[-\frac \pi2,\frac\pi2]}$ 有连续的反函数 $\arcsin:[-1,1]\to[-\frac\pi2,\frac\pi2]$，$\cos|_{[0,\pi]}$ 有连续的反函数 $\arccos:[-1,1]\to [0,\pi]$，$\tan|_{(-\frac \pi2,\frac\pi2)}$ 有连续的反函数 $\arctan:\mathbb R\to(-\frac\pi2,\frac\pi2)$。
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- **例 ~9.1.6**：一些可能做法不易察觉的问题。
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在此，我们继续导出其他基本三角函数，并像引理 ~9.1.5 一样定义它们的反函数。
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- **引理 ~9.1.6（基本三角函数）**：
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1. 定义余切函数 $\cot:=\frac{\cos}{\sin}$。那么：
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1. $\cot$ 是奇函数。
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2. $\cot$ 是连续函数，$\cot$ 在 $(0,\pi)$ 上有定义且是严格减函数，值域为 $\mathbb R$。
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3. $\cot|_{(0,\pi)}$ 有连续的反函数 $\operatorname{arccot}:\mathbb R\to (0,\pi)$。
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||||
2. 定义正割函数 $\sec:=\frac{1}{\cos}$。那么：
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||||
1. $\sec$ 是偶函数。
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||||
2. $\sec$ 是连续函数，$\sec$ 在 $[0,\frac\pi2)\cup(\frac\pi2,\pi]$ 上有定义。
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||||
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||||
在 $[0,\frac\pi2)$ 上单调增，值域为 $[1,+\infty)$；在 $(\frac\pi2,\pi]$ 上单调增，值域为 $(-\infty,-1]$。
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||||
3. $\sec|_{[0,\frac\pi2)\cup(\frac\pi2,\pi]}$ 有连续的反函数 $(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)\to[0,\frac\pi2)\cup(\frac\pi2,\pi]$。
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||||
3. 定义余割函数 $\csc:\frac{1}{\sin}$。那么：
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||||
1. $\csc$ 是奇函数。
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||||
2. $\csc$ 是连续函数，$\csc$ 在 $[-\frac\pi2,0)\cup(0,\frac\pi2]$ 上有定义。
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||||
|
||||
在 $[-\frac\pi2,0)$ 上单调减，值域为 $(-\infty,-1]$；在 $(0,\frac\pi2]$ 上单调减，值域为 $[1,+\infty)$。
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||||
|
||||
3. $\csc|_{[-\frac\pi2,0)\cup(0,\frac\pi2]}$ 有连续的反函数 $(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)\to[-\frac\pi2,0)\cup(0,\frac\pi2]$。
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4. $$
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||||
\begin{aligned}
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||||
\operatorname{arccsc} x=\arcsin\frac{1}{x}\\
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||||
\operatorname{arcsec} x=\arccos\frac{1}{x}\\
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||||
\end{aligned}
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$$
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||||
如果把 $\operatorname{arccot}$ 定义为 $\mathbb R\setminus\{0\}\to(-\frac{\pi}2,\frac \pi2)\setminus\{0\}$ 的，那么同样有 $\operatorname{arccot} x=\arctan\frac{1}{x}$。
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至此，我们定义完了所有基本三角函数。它们也有相应的几何含义：
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三角函数有大量的公式，熟悉这些公式对今后的学习是必要的。
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- **引理 ~9.1.7（三角恒等式）**：
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1. 和差角公式。
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$$
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\begin{aligned}
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||||
\sin(x\pm y)&=\sin x\cos y\pm\cos x\sin y\\
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||||
\cos(x\pm y)&=\cos x\cos y\mp\sin x\sin y\\
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||||
\tan(x\pm y)&=\frac{\tan x\pm \tan y}{1\mp \tan x\tan y}\\
|
||||
\csc(x\pm y)&=\frac{\csc x\csc y}{\cot y\pm\cot x}\\
|
||||
\sec(x\pm y)&=\frac{\sec x\sec y}{1\mp\tan x\tan y}\\
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||||
\cot(x\pm y)&=\frac{\cot x\cot y\mp 1}{\cot x\pm \cot y}\\
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||||
\end{aligned}
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||||
$$
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||||
其中后四个和差角公式成立的前提是公式中每个算式都有定义。
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||||
**证明**：$\sin,\cos$ 的和差角公式都由公理 $\cos(x-y)=\cos x\cos y-\sin x\sin y$ 得到，不过更常用的临时推导方式是复数乘法法则（一个记忆法则：$\sin$ 函数异符号同、$\cos$ 函数同符号异）。
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||||
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||||
$\tan,\csc,\sec,\cot$ 的和差角公式根据它们的定义得到（所以它们的和差角公式右端式子中的符号是否和原来相同，最后都归结为它们的定义中所包含的 $\sin$ 和 $\cos$）。
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||||
2. 倍角公式。
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||||
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||||
$$
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||||
\begin{aligned}
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||||
\sin(2x)&=2\sin x\cos x\\
|
||||
\cos(2x)&=\cos^2x-\sin^2x=2\cos^2x-1=1-2\sin^2x\\
|
||||
\tan(2x)&=\frac{2\tan x}{1-\tan^2x}
|
||||
\end{aligned}
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||||
$$
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||||
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||||
降幂公式。
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||||
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||||
$$
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||||
\begin{aligned}
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||||
\sin^2x&=\frac{1-\cos 2x}{2}\\
|
||||
\cos^2x&=\frac{1+\cos 2x}{2}\\
|
||||
\sin x\cos x&=\frac{\sin 2x}{2}\\
|
||||
\tan^2x&=\frac{1-\cos 2x}{1+\cos 2x}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$$
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||||
|
||||
半角公式。
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||||
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||||
$$
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||||
\begin{aligned}
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||||
\sin \frac{x}{2}&=\pm\sqrt{\frac{1-\cos x}{2}}\\
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||||
\cos \frac{x}{2}&=\pm\sqrt{\frac{1+\cos x}{2}}\\
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||||
\tan \frac{x}{2}&=\pm\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}}
|
||||
\end{aligned}
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||||
$$
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||||
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||||
**证明**：和差角公式的直接推论。
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||||
（其中半角公式中的正负号根据 $\frac x2$ 所在象限决定，而不能直接通过 $x$ 所在象限确定，因为 $\frac x2$ 可能在多个象限）
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||||
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||||
（其中 $\cos(2x)=2\cos^2x-1=1-2\sin^2x$ 的记忆方法：两侧同为 $\cos$ 则同号，两侧相异则异号。这可以适用于降幂公式和半角公式中的和 $\cos(2x)$ 有关的推论）
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||||
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||||
3. 积化和差。
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||||
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$$
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\begin{aligned}
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||||
\sin x\cos y&=\frac{\sin(x+y)+\sin(x-y)}{2}\\
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||||
\cos x\sin y&=\frac{\sin(x+y)-\sin(x-y)}{2}\\
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||||
\cos x\cos y&=\frac{\cos(x-y)+\cos(x+y)}{2}\\
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||||
\sin x\sin y&=\frac{\cos(x-y)-\cos(x+y)}{2}
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||||
\end{aligned}
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||||
$$
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||||
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||||
和差化积。
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$$
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\begin{aligned}
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||||
\sin x+\sin y&=2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}\\
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||||
\sin x-\sin y&=2\cos\frac{x+y}{2}\sin \frac{x-y}{2}\\
|
||||
\cos x+\cos y&=2\cos\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}\\
|
||||
\cos x-\cos y&=-2\sin\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2}
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||||
\end{aligned}
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||||
$$
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||||
**证明**：和差角公式的直接推论。
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其中积化和差是比较好记忆的。比如 $\sin x\sin y$，只要回忆起它是 $\cos$ 的和差角公式的第二项，再用中间符号为 $+$ 的 $\cos(x-y)$ 减去中间符号为 $-$ 的 $\cos(x+y)$ 即可。
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对于和差化积，比如 $\sin x+\sin y$，这里要将 $x,y$ 看成 $\frac{x+y}{2}+\frac{x-y}{2}$ 和 $\frac{x+y}{2}-\frac{x-y}{2}$，所以应该回忆起 $\sin$ 的和差角公式的第一项，得到 $\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}$。
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||||
而且，为了展开后确实能相消，这里要求和差化积的两个函数必须是同类的。如果不同类，一种可能的办法是诱导公式。
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4. 万能公式。
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$$
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\begin{aligned}
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||||
\sin x&=\frac{2\tan\frac x2}{1+\tan^2\frac x2}\\
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||||
\cos x&=\frac{1-\tan^2\frac x2}{1+\tan^2\frac x2}\\
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||||
\tan x&=\frac{2\tan \frac x2}{1-\tan^2\frac x2}
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\end{aligned}
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$$
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**证明**：$\sin,\cos$ 的公式根据它们各自的二倍角公式再除以 $1=\sin^2\frac{x}{2}+\cos^2\frac{x}{2}$ 再约分得到。
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- **例 ~9.1.8**：一些可能做法不易察觉的问题。
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1. 设 $k>0$，求 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac 1{x^k}}$。
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@ -1,4 +1,4 @@
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$\renewcommand{\overgroup}[1]{\overparen{#1}}$
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$\renewcommand{\overgroup}[1]{\overparen{#1}}\newcommand{\d}{\text{d}}$
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## 10.1 基本定义
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@ -297,6 +297,8 @@ $\renewcommand{\overgroup}[1]{\overparen{#1}}$
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||||
注意，两个具有相同泰勒多项式的函数不一定相等。最典型的例子就是两个函数都比任意 $h^n$ 阶小，但一者可能恒为 $0$，一者可能是指数级趋向于 $0$ 的，比如由 $f(x):=\begin{cases}e^{-\frac{1}{x}}&x\neq 0\\0&x=0\end{cases}$ 定义的函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 在 $0$ 处的任意阶泰勒多项式都是恒零。那么对任意的函数 $g$，可以证明 $g$ 与 $g(1+f)$ 在 $0$ 处具有相同的泰勒多项式，从而这种情况是普遍存在的。
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||||
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||||
还要注意的是，若没有高阶可微性的假设，那么即使 $f$ 在 $x_0$ 处有 $n$ 阶多项式逼近，也不意味着 $f$ 在 $x_0$ 处 $n$ 阶可微。例如由 $f(x):=\begin{cases}e^{-\frac{1}{x}}&x\in\mathbb R\setminus \mathbb Q\\0&x\in\mathbb Q\end{cases}$ 定义的函数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 在 $0$ 处有任意阶多项式逼近 $f(x)=o(x^n),x\to 0$，但是 $f$ 在 $0$ 处没有二阶导数，因为 $f$ 只在 $0$ 处有一阶导数，没有一阶导函数。
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||||
- **定理 10.6.6（泰勒公式-拉格朗日余项）**：设 $I\subseteq\mathbb R$ 是区间，$x_0\in I$，$n\in\mathbb N$，$f:I\to\mathbb R$ 是 $n+1$ 阶可微的函数。那么对于任意 $x \in I$ 且 $x\neq x_0$，都存在严格介于 $x_0,x$ 之间的 $\xi$ 使得 $f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$。
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||||
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||||
**证明**：不妨设 $x_0<x$。那么根据柯西微分中值定理，存在 $x_0<\xi_{n+1}<\cdots<\xi_1<x$ 使得：
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||||
@ -532,3 +534,135 @@ $(1-t)A+tB=A+(B-A)t$，于是 $t$ 从 $0$ 到 $1$ 实际上是从 $A$ 匀速地
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||||
- **引理 10.7.22**：设 $n$ 是正整数，$C\subseteq\mathbb R^n$ 是凸集，$f:C\to\mathbb R$ 是函数。那么 $f$ 是下凸的，当且仅当 $\{(x,y):x\in C,y\in \mathbb R,y\geq f(x)\}$ 是凸集。
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||||
引理 10.7.22 中所述的集合有时被称为 $f$ 的 “上镜图”。
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## （10.8）莱布尼茨记号
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## 10.8 不定积分
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我们之所以在这一章介绍微分、下一章介绍黎曼积分（定积分）之前引入不定积分，是因为不定积分（求原函数）实际上完全是微分（求导）的逆操作。而且可以以此过渡到定积分的引入。
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||||
由于历史原因，本节的一些定义可能和下一章中有重复。
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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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||||
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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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||||
- **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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**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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||||
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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$$
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||||
\int(af(x)+b g(x))\d x=a\int f(x)\d x+b\int g(x)\d x
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$$
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此式中规定 $0\int f(x)\d x=C$。
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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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||||
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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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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- **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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$$
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\int g(F(x))f(x)\d x=\left(\int g(y)\d y\right)\circ F=G\circ F+C
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$$
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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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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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- **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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$$
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\int g(y)\d y=\left(\int g(F(x))f(x)\d x\right)\circ F^{-1}=H\circ F^{-1}+C
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$$
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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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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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主动换元其实就是主动找一个可逆函数 $F$，使得 $g(F(x))f(x)$ 的积分好求，这样就求出了 $G\circ F$，那么 $G=(G\circ F)\circ F^{-1}$。或者说我们可以把被积函数中的 $x$ 换为 $F(x)$，但代价是多乘上一个 $f(x)$。
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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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$$
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\int F(x)g(x)\d x=FG-\int G(x)f(x)\d x
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$$
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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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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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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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- **定义 10.8.8（有理函数）**：设 $P(z),Q(z)$ 是 $\mathbb C$ 上的多项式且 $Q(z)\neq 0$，那么将函数 $\frac{P(z)}{Q(z)}$ 称为有理函数。
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- **定义 10.8.9（最简分式）**：设 $a,b\in\mathbb R$，$b\neq 0$，$n\in\mathbb N^+$，那么称 $\frac{1}{(x-a)^n},\frac{1}{((x-a)^2+b^2)^n},\frac{x}{((x-a)^2+b^2)^n}$ 是 $\mathbb R$ 上的最简分式。
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接下来我们介绍代数基本定理，证明涉及到了第 13 章的内容。
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- **定理 10.8.10（代数基本定理）**：设 $A(z)$ 是 $\mathbb C$ 上的次数为正的多项式，那么存在 $z\in\mathbb C$ 使得 $A(z)=0$。
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**证明**：（只是梗概，待完善）不妨设 $A(z)=a_0+a_1z+\cdots+a_{m-1}z^{n-1}+z^n$，那么当 $|z|\to+\infty$ 时 $|A(z)|\to+\infty$。任选一个 $z_0$，那么存在 $R>0$ 使得对于任意 $|z|>R$ 有 $|A(z)|>|A(z_0)|$。考虑由 $z\mapsto |A(z)|$ 定义的 $\{z\in\mathbb C:|z|\leq R\}\to\mathbb R$ 的函数，由于是 “有界闭集” 上的连续函数，所以一定存在最小值点 $z_1$，那么对任意 $z\in\mathbb C$ 有 $|A(z)|\geq |A(z_1)|$。然后考虑设多项式 $B(z)=A(z+z_0)=b_0+b_1z+\cdots+b_{n-1}z^{n-1}+b_nz^n$（其中 $b_n=1$），从而对任意 $z\in\mathbb C$ 有 $|B(z)|\geq |B(0)|=|b_0|$。若 $b_0\neq 0$，找到最小的 $m\in \mathbb N^+$ 使得 $b_m\neq 0$，那么 $B(z)=b_0+b_mz^m(1+o(1)),z\to 0$，而 $b_0+b_mz^m$ 的含义是 $z$ 旋转 $m$ 倍再乘上一个系数加到 $b_0$ 上，从而当 $z$ 取遍 $0$ 附近的一个很小的圆时，$B(z)$ 也取遍 $b_0$ 附近的一个很小的圆，那么一定会存在 $z$ 使得 $|B(z)|<|b_0|$，矛盾。
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- **引理 10.8.11**：设 $A(z)$ 是 $\mathbb C$ 上的次数为正的多项式，$z\in\mathbb C$ 使得 $A(z)=0$，那么 $A(\overline z)=0$。
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接下来我们给出有理函数的不定积分定理，其中会不加证明地运用一些和有理函数展开有关的结论。
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- **定理 10.8.12（有理函数的不定积分）**：设 $P(x),Q(x)$ 是 $\mathbb R$ 上的多项式且 $Q(x)\neq 0$，$\deg P<\deg Q$。
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不加证明地，能将 $Q(x)$ 展开为 $Q(x)=d(x-a_1)^{n_1}\cdots(x-a_A)^{n_A}((x-b_1)^2+c_1^2)^{m_1}\cdots((x-b_B)^2+c_B^2)^{m_B}$，其中 $d\neq 0$，$A,B\in\mathbb N$，$n_i,m_i\in\mathbb N^+$，$a_i\in\mathbb R$ 互不相同，$b_i\in\mathbb R,c_i\in\mathbb R\setminus\{0\}$ 且 $(b_i,c_i)$ 互不相同。
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那么，$\int\frac{P(x)}{Q(x)}$ 是下列函数的线性组合再加上任意常数：
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$$
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\begin{aligned}
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&\ln|x-a_1|,\frac{1}{x-a_1},\cdots,\frac{1}{(x-a_1)^{n_1-1}},&&\ln|x-a_2|,\cdots\\
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&\arctan\frac{x-b_1}{c_1},\frac{1}{(x-b_1)^2+c_1^2},\cdots,\frac{1}{((x-b_1)^2+c_1^2)^{m_1-1}},&&\arctan\frac{x-b_2}{c_2},\cdots\\
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||||
&\ln |(x-b_1)^2+c_1^2|,\frac{x}{(x-b_1)^2+c_1^2},\cdots,\frac{x}{((x-b_1)^2+c_1^2)^{m_1-1}},&&\ln |(x-b_2)^2+c_2^2|,\cdots\\
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\end{aligned}
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$$
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**证明**：不加证明地，$\frac{P(x)}{Q(x)}$ 是下列函数的线性组合：
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$$
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\begin{aligned}
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&\frac{1}{x-a_1},\cdots,\frac{1}{(x-a_1)^{n_1}},&&\frac{1}{x-a_2},\cdots\\
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||||
&\frac{1}{(x-b_1)^2+c_1^2},\cdots,\frac{1}{((x-b_1)^2+c_1^2)^{m_1}},&&\frac{1}{(x-b_2)^2+c_2^2},\cdots\\
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||||
&\frac{x}{(x-b_1)^2+c_1^2},\cdots,\frac{x}{((x-b_1)^2+c_1^2)^{m_1}},&&\frac{x}{(x-b_2)^2+c_2^2},\cdots
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\end{aligned}
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$$
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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. $$
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\int\frac{1}{(x-a)^n}\d x\overset{y=x-a}{=}\int\frac{1}{y^n}\d y
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$$
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2. $$
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\int\frac{x}{(x^2+1)^n}\d x\overset{y=x^2+1}{=}\frac{1}{2}\int\frac{1}{y^n}\d y
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$$
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3. $$
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\begin{aligned}
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\int\frac{1}{x^2+1}\d x&=\arctan x+C\\
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\int\frac{1}{(x^2+1)^n}\d x&=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x-\int\frac{x^2}{(x^2+1)^n}\d x\\
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&=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x+\frac{1}{2(n-1)}\int\frac{-(n-1)2x}{(x^2+1)^n}x\d x\\
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||||
&=\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x+\frac{1}{2(n-1)}\left(\frac{x}{(x^2+1)^{n-1}}-\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x\right)\\
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||||
&=\frac{x}{2(n-1)(x^2+1)^{n-1}}+\frac{2n-3}{2n-2}\int\frac{1}{(x^2+1)^{n-1}}\d x\\
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\end{aligned}
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$$
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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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4. $$
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\begin{aligned}
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\int\frac{1}{((x-a)^2+b^2)^n}\d x&\overset{y=\frac{x-a}{b}}{=}\int\frac{1}{((by)^2+b^2)^n}\d y=\frac{1}{b^{2n}}\int\frac{1}{(y^2+1)^n}\d y\\
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||||
\int\frac{x}{((x-a)^2+b^2)^n}\d x&\overset{y=\frac{x-a}{b}}{=}\int\frac{by+a}{((by)^2+b^2)^n}\d y=\frac{1}{b^{2n-1}}\int\frac{y}{(y^2+1)^n}\d y+\frac{a}{b^{2n}}\int\frac{1}{(y^2+1)^n}\d y
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\end{aligned}
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$$
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在真实的应用中，一般会采用待定系数且取特殊值的方式求 $\frac{P(x)}{Q(x)}$ 展开后每一项的系数。
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src/第11章 黎曼积分.md
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src/第11章 黎曼积分.md
@ -1,3 +1,5 @@
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$\newcommand{\d}{\text d}$
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## 11.1 划分
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- **定义 11.1.1**：设 $X\subseteq \mathbb R$，称 $X$ 是连通的，当且仅当对于任意 $x,y\in X$ 且 $x<y$，有 $[x,y]\in X$。
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@ -16,9 +18,9 @@
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- **定义 11.1.5（划分）**：设 $I$ 是有界区间。称一个由区间构成的有限集 $P$ 是 $I$ 的一个划分，当且仅当 $P$ 中的区间都是 $I$ 的子集，且任意 $I$ 中的元素都恰属于 $P$ 中的一个区间。
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- **定理 11.1.6**：设 $I$ 是有界区间，$P$ 是 $I$ 的一个划分且 $\operatorname{card} P=n$。那么 $|I|=\sum_{J\in P}|J|$。
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- **定理 11.1.6**：设 $I$ 是有界区间，$P$ 是 $I$ 的一个划分。那么 $|I|=\sum_{J\in P}|J|$。
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**证明**：对 $n$ 归纳。
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**证明**：对 $\operatorname{card} P$ 归纳。
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- **定义 11.1.7（加细）**：设 $I$ 是有界区间，$P$ 和 $P'$ 都是 $I$ 的划分。称 $P'$ 比 $P$ 更细（或称 $P'$ 是 $P$ 的加细，或称 $P$ 比 $P'$ 更粗），当且仅当对于任意 $J'\in P'$ 都存在 $J\in P$ 使得 $J'\subseteq J$。
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@ -58,6 +60,8 @@
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当 $P'$ 为 $P$ 的加细时，考虑由 $S(J):=\{J'\in P':J'\subseteq J\}$ 定义的函数 $S:P\to 2^{P'}$，证明好 $S$ 的性质即可。
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逐段常值积分很直观地对应于面积的概念，所以可以较容易地证明下述命题。
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- **定理 11.2.7**：设 $I$ 是有界区间，$f:I\to\mathbb R$ 和 $g:I\to\mathbb R$ 是逐段常值函数。
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1. $\textit{p.c.}\int_I(f+g)=\textit{p.c.}\int_If+\textit{p.c.}\int_Ig$。
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@ -84,7 +88,7 @@
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$$
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**证明**：为证 $\overline\int_If\leq M|I|$，构造由 $g(x):=M$ 定义的函数 $g:I\to\mathbb R$，显然它是关于 $\{I\}$ 逐段常值的且 $\textit{p.c.}\int_Ig=M|I|$，而 $g\geq f$。
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为证 $\underline\int_If\leq \overline\int_If$，即 $\sup A\leq \inf B$ 的形式，证明任意 $A$ 中元素小于等于任意 $B$ 中元素即可。
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为证 $\underline\int_If\leq \overline\int_If$，即 $\sup A\leq \inf B$ 的形式，证明任意 $A$ 中元素小于等于任意 $B$ 中元素即可（显然 $A,B$ 都是非空的）。
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- **定义 11.3.4（黎曼积分）**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的有界函数。
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@ -94,6 +98,10 @@
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当 $f$ 定义域包含 $I$ 时，有时将 $\int_If|_I$ 简记作 $\int_If$。
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当 $f$ 是一个表达式的形式时，例如 $xy$，为了明确 $f$ 是函数 $f(x):=xy$，会写成 $\int_If\text dx$。
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黎曼积分的概念对应于 “最佳的面积拟合”，其中拟合手法是通过不断细分划分时的上下逐段常值函数的逼近。
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- **引理 11.3.5（逐段常值积分相容于黎曼积分）**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的逐段常值函数，那么 $f$ 有黎曼可积的，且 $\int_If=\textit{p.c.}\int_If$。
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- **定义 11.3.6（黎曼和）**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的有界函数，$P$ 是 $I$ 的划分。定义上黎曼和：
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@ -116,6 +124,41 @@
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**证明**：设 $A=\left\{\textit{p.c.}\int_Ig:g\text{ 是逐段常值函数且 }g\geq f\right\}$，$B=\{U(f,P):P\text{ 是 }I\text{ 的划分}\}$。对于任意 $a\in A$，根据引理 11.3.7，存在 $b\in B$ 使得 $b\leq a$，从而可得 $\inf B\leq \inf A$。而对于任意 $b\in B$，通过构造可知存在 $a\in A$ 使得 $a=b$，从而 $\inf A\leq \inf B$。那么 $\inf A=\inf B$。
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若函数黎曼可积，那么总能找到 $P$，使得 $U(f,P)-L(f,P)$ 是任意小的。
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- **命题 11.3.9**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的黎曼可积函数，那么对任意 $\varepsilon>0$，存在 $I$ 的划分 $P$，使得 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。
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**证明**：存在 $I$ 的划分 $P,Q$ 使得 $U(f,P)-L(f,Q)<\varepsilon$，那么 $U(f,P\# Q)-L(f,P\# Q)<\varepsilon$。
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- **命题 11.3.10**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的函数，$S\in\mathbb R$，那么下列命题等价：
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1. $f$ 在 $I$ 上有界且黎曼可积，且 $\int_If=S$。
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2. 对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意 $I$ 的划分 $P$ 满足 $\max_{J\in P}|J|\leq\delta$，以及 $\xi:P\to\mathbb R$ 满足 $\xi_J\in J$（从而 $J$ 非空），都有 $\big|\sum_{J\in P}f(\xi_J)|J|-S\big|<\varepsilon$。
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**证明**：2->1：若 $f$ 在 $I$ 上无界。存在 $\delta>0$，使得对任意 $I$ 的划分 $P$ 满足 $\max_{J\in P}|J|\leq\delta$，以及 $\xi:P\to\mathbb R$ 满足 $\xi_J\in J$，都有 $\big|\sum_{J\in P}f(\xi_J)|J|-S\big|<1$。那么先任意找一个 $I$ 的划分 $P$ 满足 $\max_{J\in P}|J|\leq\delta$，可证 $f$ 必定在某个 $J\in P$ 上无界，从而可以将 $\big|f(\xi_J)|J|\big|$ 无限放大，而 $\sum_{J'\in P,J\neq J'}f(\xi_{J'})|J'|$ 固定为常数。从而 $\sum_{J'\in P}f(\xi_{J'})|J'|$ 可以是无界的，矛盾。
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设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。那么存在 $I$ 的划分 $P$ 以及 $\xi:P\to\mathbb R$ 满足 $\xi(J)\in J$，满足 $f(\xi_J)>\sup_{x\in J} f(x)-\varepsilon$，以及 $\sum_{J\in P}f(\xi_J)|J|<S+\varepsilon$，从而：
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$$
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U(f,P)=\sum_{J\in P}\big(\sup_{x\in J} f(x)\big)|J|<\sum_{J\in P}(f(\xi_J)+\varepsilon)|J|<S+\varepsilon+|I|\varepsilon
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$$
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另一侧同理，那么易证 $f$ 在 $I$ 上黎曼可积且 $\int_I f=S$。
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1->2：设 $f$ 有界 $M>0$。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数。根据命题 11.3.9，存在 $I$ 的划分 $P$，使得 $S-\varepsilon<L(f,P)\leq S\leq U(f,P)<S+\varepsilon$。
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设 $\delta>0$。设 $I$ 的划分 $Q$ 满足 $\max_{K\in Q}|K|\leq\delta$，以及 $\xi:Q\to\mathbb R$ 满足 $\xi_{K}\in K$。一方面，对任意 $J\in P$，满足 $K\cap J\neq\varnothing$ 且 $K\not\subseteq J$ 的 $K\in Q$ 至多有两个；一方面，任意 $K\in Q$ 必然和某个 $J\in P$ 有非空的交。设 $Q'=\{K\in Q:\text{不存在 }J\in P\text{ 使得 }K\subseteq J\}$，那么 $\operatorname{card}Q'\leq 2\operatorname{card} P$。
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存在 $\Phi:Q\setminus Q'\to P$ 使得 $K\subseteq \Phi(K)$ 对任意 $K\in Q\setminus Q'$ 成立。那么：
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$$
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\begin{aligned}
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\sum_{K\in Q}f(\xi_K)|K|=\sum_{K\in Q'}f(\xi_K)|K|+\sum_{K\in Q\setminus Q'}f(\xi_K)|K|<\sum_{K\in Q'
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}M\delta+\sum_{K\in Q\setminus Q'}\sup_{x\in \Phi(K)}f(x)|K|\\
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\leq2\delta\operatorname{card} P+\sum_{J\in P}\sup_{x\in J}f(x)\sum_{K\in Q\setminus Q'}|K|\leq 2\delta\operatorname{card} P+\sum_{J\in P}\sup_{x\in J}f(x)|J|<2\delta\operatorname{card P}+S+\varepsilon
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||||
\end{aligned}
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$$
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另一侧同理，那么易得 2。
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## 11.4 黎曼积分的基本性质
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- **定理 11.4.1（黎曼积分算律）**：设 $f:I\to\mathbb R$ 和 $g:I\to\mathbb R$ 都是有界区间 $I$ 上的黎曼可积函数。
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@ -146,6 +189,8 @@
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$$
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然后易证 $\underline\int_I \max(f,g)=\overline\int_I\max(f,g)$。
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定理 11.4.2 的证明关键是，证明 $\max(f,g)$ 仍然是夹在 $\max(\underline f,\underline g),\max(\overline f,\overline g)$ 之间的，而 $\max(\overline f,\overline g)-\max(\underline f,\underline g)\leq \max(\overline f-\underline f,\overline g-\underline g)\leq (\overline f-\underline f)+(\overline g-\underline g)$。
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- **推论 11.4.3**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的黎曼可积函数，那么正部 $f_+:=\max(f,0)$ 和负部 $f_-:=\min(f,0)$ 是黎曼可积的，绝对值 $|f|:=f_+-f_-$ 也是黎曼可积的。
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- **定理 11.4.4**：设 $f:I\to\mathbb R$ 和 $g:I\to\mathbb R$ 都是有界区间 $I$ 上的黎曼可积函数。那么 $fg$ 是黎曼可积的。
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@ -189,6 +234,8 @@
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$$
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然后易证 $\underline\int_If=\overline\int_I f$。
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$f$ 一致连续意味着，只要划分的每段长度都足够小，就能使得每段的极差在 $\varepsilon$ 以内，从而总面积的差在 $\varepsilon|I|$ 以内。
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- **引理 11.5.2**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界闭区间 $I$ 上的连续函数，那么 $f$ 是黎曼可积的。
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**证明**：结合定理 9.9.6 和定理 11.5.1 可得。
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@ -209,8 +256,9 @@
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$$
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然后易证 $\underline\int_If=\overline\int_I f$。
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- **定义 11.5.4**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的函数。称 $f$ 是逐段连续的，当且仅当存在 $I$ 的划分 $P$，使得对于任意 $J\in P$ 有 $f|_J$ 是连续的。
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命题 11.5.3 表明，对于 $f(x):=\sin\frac{1}{x}$ 这样的函数 $f:(0,1]\to\mathbb R$，即使对于任意划分 $P$，$f$ 在 $P$ 上的任意上逐段常值函数在最左侧一段的函数值至少为 $1$、$f$ 在 $P$ 上的任意下逐段常值函数在最左侧一段的函数值至多为 $-1$，仍然能通过人为控制这一段的长度缩小，使得这一段对应的面积差缩小。而对于剩下的部分，上下黎曼积分的差是趋于 $0$ 的。
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- **定义 11.5.4**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的函数。称 $f$ 是逐段连续的，当且仅当存在 $I$ 的划分 $P$，使得对于任意 $J\in P$ 有 $f|_J$ 是连续的。
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- **命题 11.5.5**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的有界逐段连续函数，那么 $f$ 是黎曼可积的。
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## 11.6 单调函数的黎曼可积性
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**证明**：不妨设 $f$ 是单调不降的。设 $\varepsilon'>0$ 是任意正实数，那么存在正整数 $N>0$ 使得 $\frac{f(b)-f(a)}{\varepsilon'}<N$，设 $\varepsilon=\frac{f(b)-f(a)}{N}$，从而 $0\leq \varepsilon <\varepsilon '$。
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根据 $x_i:=\sup\{x\in [a,b]:f(x)\leq f(a)+\varepsilon i\}$ 定义 $x:\mathbb N_{1..N-1}\to\mathbb R$，那么有 $a\leq x_1\leq\cdots\leq x_{N-1}\leq b$。那么可以得到 $[a,b]$ 的划分 $P=\{[a,x_1),[x_1,x_2),\cdots,[x_{N-1},b]\}$ 且对于任意 $J\in P$ 和 $x,y\in J$ 有 $f(x)-f(y)\leq \varepsilon$。然后易证。
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根据 $x_i:=\sup\{x\in [a,b]:f(x)\leq f(a)+\varepsilon i\}$ 定义 $x:\mathbb N_{1..N-1}\to\mathbb R$，那么有 $a\leq x_1\leq\cdots\leq x_{N-1}\leq b$。那么可以得到 $[a,b]$ 的划分 $P=\{[a,x_1),[x_1,x_2),\cdots,[x_{N-1},b]\}$ 且对于任意 $J\in P$ 和 $x,y\in J$ 有 $f(x)-f(y)\leq \varepsilon$，那么可以证明 $f$ 的上下黎曼积分的差不超过 $\varepsilon(b-a)$。然后易证。
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另一种证明方法是：直接将 $[a,b]$ 用长度不超过 $\delta>0$ 的区间划分，然后可以证明上下黎曼积分的差不超过 $\delta(f(b)-f(a))$，然后易证。两种证明是非常对称的，这也得益于单调函数的对称性。
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- **命题 11.6.2**：设 $f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的单调有界函数，那么 $f$ 是黎曼可积的。
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@ -233,18 +283,12 @@
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设 $N\geq 0$ 是任意自然数。考虑由 $g(x):=f(\lceil x\rceil)$ 定义的函数 $g:[0,+\infty)$，那么 $g$ 是逐段常值的且 $g\leq f$，那么 $\sum_{n=0}^{N}f(n)=f(0)+\int_{[0,N]}g\leq f(0)+\int_{[0,N]}f$。从而对于任意 $a\in A$，存在 $b\in B$ 使得 $a\leq f(0)+b$，那么 $\sup a\leq f(0)+\sup b$。
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- **推论 11.6.5**：设 $p$ 是实数，那么 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$ 当 $p>1$ 时绝对收敛，当 $p\leq 1$ 时发散。
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**证明**：不太懂，感觉需要用积分和导数的关系。
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## 11.7 一个非黎曼可积的函数
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- **命题 11.7.1**：由 $f(x):=\begin{cases}1&x\in\mathbb Q\\0&x\not\in\mathbb Q\end{cases}$ 定义函数 $f:[0,1]\to\mathbb R$。那么 $f$ 有界但不黎曼可积。
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**证明**：设 $P$ 是 $[0,1]$ 的划分，那么对于任意 $J\in P$ 且 $J\neq \varnothing$ 有 $\sup\limits_{x\in J}f(x)=1$，从而 $U(f,P)=1$，那么$\overline\int_{[0,1]}f=\inf\{U(f,P):P\text{ 是 }I\text{ 的划分}\}=1$。同理 $\underline\int_{[0,1]}f=0$，从而 $f$ 不是黎曼可积的。
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//无法用逐段常值函数拟合，从而不能用黎曼积分算积分（面积）
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## 11.8 黎曼-斯蒂尔杰斯积分
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- **定义 11.8.1（$\alpha$ 长度）**：设 $X\subseteq \mathbb R$，函数 $\alpha:X\to\mathbb R$，有界区间 $I$ 满足 $\overleftrightarrow I\subseteq X$。若存在 $a,b\in\mathbb R$ 且 $a<b$ 满足 $I$ 为 $[a,b],(a,b),(a,b],[a,b)$ 之一，则定义 $I$ 的 $\alpha$ 长度为 $\alpha[I]:=\alpha(b)-\alpha(a)$；否则 $I$ 是空集或单元素集，则定义 $I$ 的 $\alpha$ 长度为 $\alpha[I]:=0$。
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当 $f$ 定义域包含 $I$ 时，有时将 $\int_If|_I\text d\alpha$ 简记作 $\int_If\text d\alpha$。
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如果 $f$ 关于 $\alpha$ 黎曼-斯蒂尔杰斯可积，那么其积分可以理解为，先给数轴上每个位置 $x$ 标上 $\alpha(x)$，再按照数轴上标的数，将数轴拉伸还原为正常的形态（所标的数均匀分布），函数图像也随之拉伸，然后对新的函数做黎曼积分。需要特殊处理的是 $\alpha$ 在 $x_0$ 处间断的情况，设 $\alpha$ 在 $x_0$ 处的左右极限分别为 $a,b$，那么若 $a\neq \alpha(x_0)$，就将拉伸后的函数在 $[a,\alpha(x_0)]$ 上的值定为 $f$ 在 $x_0$ 处的左极限（一定存在，否则可以证明 $f$ 不是关于 $\alpha$ 黎曼-斯蒂尔杰斯可积的）；对 $[\alpha(x_0),b]$ 上的函数值同样讨论。（这里可能的疑惑是，为什么和 $f$ 在 $x_0$ 处的值无关，这是可以把 $x_0$ 单独划为一个区间 $[x_0,x_0]$）
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- **引理 11.8.9**：设由 $\alpha(x):=x$ 定义的函数 $\alpha:\mathbb R\to\mathbb R$，$f:I\to\mathbb R$ 是有界区间 $I$ 上的有界函数。那么 $f$ 黎曼可积当且仅当 $f$ 关于 $\alpha$ 黎曼-斯蒂尔杰斯可积，且此时有 $\int_If=\int_If\text d\alpha$。
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由于引理 11.8.9 的缘故，我们有时将 $\int_If$ 写成 $\int_If\text dx$。
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设 $M=\inf\limits_{x\in (a,b)}f(x)$，$\varepsilon>0$ 是任意正实数。那么 $\{x\in (a,b):f(x)<M+\varepsilon\}$ 非空，那么设 $c$ 是其上确界，那么应有 $a<c\leq b$，再取 $\delta_1=\min(c-a,\frac{b-a}{2})$，那么 $\delta_1>0$ 且对于任意 $x\in (a,a+\delta_1)$ 有 $M\leq f(x)<M+\varepsilon$（若存在 $f(x)\geq M+\varepsilon$，根据上确界的定义存在 $x<y\leq c$ 使得 $f(y)<M+\varepsilon$，违背了单调性），然后再证明就好（注意 $\alpha|_{\overleftrightarrow I}$ 是有界闭集上的单调不降函数，所以有界）。
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- **引理 11.8.11**：由 $\operatorname{sgn}(x):=\begin{cases}1&x>0\\0&x=0\\-1&x<0\end{cases}$ 定义函数 $\operatorname{sgn}:\mathbb R\to\mathbb R$。设 $f:[-1,1]\to\mathbb R$ 是在 $0$ 处连续的有界函数。那么 $f$ 关于 $\operatorname{sgn}$ 是黎曼-斯蒂尔杰斯可积的，且 $\int_{[-1,1]}f\text{d}\operatorname{sgn}=2f(0)$。
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**证明**：设 $M$ 是 $f$ 的界。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，存在 $0<\delta<1$，使得对于任意 $x\in[-1,1]$ 且 $|x|<\delta$ 有 $|f(x)-f(0)|<\varepsilon$。那么考虑由 $g(x):=\begin{cases}M&x\in [-1,-\delta]\\f(0)+\varepsilon&x\in(-\delta,\delta)\\M&x\in[\delta,1]\end{cases}$ 定义的函数 $g:[-1,1]\to\mathbb R$，它是逐段常值函数且 $g\geq f$，从而：
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$$
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\begin{aligned}
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\overline\int_{[-1,1]}f\text{d}\operatorname{sgn}&\leq\int_{[-1,1]}g\text{d}\operatorname{sgn}\\
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&=M(\operatorname{sgn}(-\delta)-\operatorname{sgn}(-1))+(f(0)+\varepsilon)(\operatorname{sgn}(\delta)-\operatorname{sgn}(-\delta))+M(\operatorname{sgn}(1)-\operatorname{sgn}(\delta))\\
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&=2f(0)+2\varepsilon
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\end{aligned}
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$$
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同理可证 $\underline\int_{[-1,1]}f\text d\operatorname{sgn}\geq 2f(0)-2\varepsilon$。从而可知 $\int_{[-1,1]}f\text{d}\operatorname{sgn}=2f(0)$。
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## 11.9 微积分基本定理
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@ -314,38 +349,50 @@
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由 $F(x):=\int_{[a,x]}f$ 定义函数 $F:[a,b]\to\mathbb R$。那么 $F$ 是一致连续的。
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若 $f$ 在 $x_0\in [a,b]$ 处连续，那么 $F$ 在 $x_0$ 处可微且 $F'(x_0)=f(x_0)$。
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若 $f$ 在 $x_0\in [a,b]$ 处有极限 $L$，那么 $F$ 在 $x_0$ 处可微且 $F'(x_0)=L$。
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**证明**：根据定义 11.3.4，$f$ 是有界函数，设界为 $M$。
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设 $\delta>0$ 是任意正实数，$x,y\in [a,b]$ 且 $0\leq y-x<\delta$，那么 $\left|\int_{[a,y]}f-\int_{[a,x]}f\right|=\left|\int_{(x,y]}f\right|<M\delta$，然后易证 $F$ 一致连续。
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设 $f$ 在 $x_0\in [a,b]$ 处连续。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，那么存在 $\delta>0$ 使得对于任意 $x\in [a,b]$ 且 $0<x_0-x<\delta$ 有 $|f(x_0)-f(x)|<\varepsilon$，那么 $\left|\dfrac{\int_{[a,x]}f-\int_{[a,x_0]}f}{x-x_0}-f(x_0)\right|=\left|\dfrac{\int_{(x,x_0]}f}{x-x_0}-f(x_0)\right|<\varepsilon$，然后易证 $F$ 在 $x_0$ 处可微且 $F'(x_0)=f(x_0)$。
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设 $f$ 在 $x_0\in [a,b]$ 处有极限 $L$。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，那么存在 $\delta>0$ 使得对于任意 $x\in [a,b]$ 且 $0<x-x_0<\delta$ 有 $|f(x)-L|<\varepsilon$，那么 $\left|\dfrac{\int_{[a,x]}f-\int_{[a,x_0]}f}{x-x_0}-L\right|=\left|\dfrac{\int_{(x_0,x]}f}{x-x_0}-L\right|<\varepsilon$，然后易证 $F$ 在 $x_0$ 处可微且 $F'(x_0)=L$。
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- **定义 11.9.2（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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- **定理 11.9.3（微积分第二基本定理）**：设 $a,b\in\mathbb R$ 满足 $a<b$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数。若 $F:[a,b]\to\mathbb R$ 是 $f$ 的原函数，那么 $\int_{[a,b]}f=F(b)-F(a)$。
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**证明**：考虑任意 $c,d\in [a,b]$ 且 $c<d$，根据命题 10.2.5，有 $F(d)-F(c)\leq \left(\sup\limits_{x\in[c,d]}F'(x)\right)(d-c)$，那么可得 $F(b)-F(a)\leq \overline\int_{[a,b]}f$，同理可得 $\underline\int_{[a,b]}f\leq F(b)-F(a)$，而 $f$ 又是黎曼可积函数，所以 $\int_{[a,b]}=F(b)-F(a)$。
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**证明**：考虑任意 $c,d\in [a,b]$ 且 $c<d$，根据命题 10.2.5，有 $F(d)-F(c)\leq \left(\sup\limits_{x\in[c,d]}F'(x)\right)(d-c)$，那么可得 $F(b)-F(a)\leq \overline\int_{[a,b]}f$，同理可得 $\underline\int_{[a,b]}f\leq F(b)-F(a)$，而 $f$ 又是黎曼可积函数，所以 $\int_{[a,b]}f=F(b)-F(a)$。
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需要说明的是，微积分的两个基本定理对于定义域为任意有界区间都是成立的。
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注意闭区间上的可微函数的导数是有可能发散的，从而有原函数的有界区间上的函数不一定黎曼可积。例如由 $F(x):=\begin{cases}x^2\sin\frac{1}{x^3}&x\neq 0\\0&x=0\end{cases}$ 定义的函数 $F:[-1,1]\to\mathbb R$ 是可微函数，但是其导数发散。
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微积分的两个基本定理可以理解为，对于黎曼可积函数 $f$，只要 $f$ 处处有极限（一般来说就是连续）、或者 $f$ 有原函数，那么 $F(x):=\int_{[a,x]}f$ 就是 $f$ 的原函数。
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微积分第二基本定理声称，只要找到黎曼可积函数 $f$ 的一个原函数，就可以相对容易地计算 $f$ 的积分。而微积分第一基本定理保证连续的黎曼可积函数一定存在原函数。
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注意闭区间上的可微函数的导数是有可能存在 “无限间断点”，从而有原函数的有界区间上的函数不一定黎曼可积。例如由 $F(x):=\begin{cases}x^2\sin\frac{1}{x^3}&x\neq 0\\0&x=0\end{cases}$ 定义的函数 $F:[-1,1]\to\mathbb R$ 是可微函数，但是其导数发散。
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注意闭区间上的可微函数的导函数可能存在 “震荡间断点”，从而若 $f$ 黎曼可积、$F(x):=\int_{[a,x]}f$ 在 $x_0$ 处可微，并不能说明 $f$ 在 $x_0$ 处的极限是 $F'(x_0)$。例如由 $F(x):=\begin{cases}x^2\sin\frac{1}{x}&x\neq 0\\0&x=0\end{cases}$ 定义的函数 $F:[-1,1]\to\mathbb R$ 是可微函数，其导函数黎曼可积，但是在 $0$ 处是震荡间断点。
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根据微积分第二基本定理，只要找到黎曼可积函数 $f$ 的一个原函数，就可以相对容易地计算 $f$ 的积分。这将定积分与不定积分联系起来。
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- **引理 11.9.4**：设 $a,b\in\mathbb R$ 满足 $a<b$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 是单调的黎曼可积函数。
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由 $F(x):=\int_{[a,x]}f$ 定义函数 $F:[a,b]\to\mathbb R$。那么 $f$ 在 $x_0\in [a,b]$ 处连续，当且仅当 $F$ 在 $x_0$ 处可微。
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由 $F(x):=\int_{[a,x]}f$ 定义函数 $F:[a,b]\to\mathbb R$。那么 $f$ 在 $x_0\in (a,b)$ 处连续，当且仅当 $F$ 在 $x_0$ 处可微。
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**证明**：不妨设 $f$ 单调不降。设 $F$ 在 $x_0$ 处可微，而 $f$ 在 $x_0\in [a,b]$ 处不连续。那么存在 $\varepsilon>0$ 使得对于任意 $\delta>0$ 都存在 $x\in [a,b]$ 使得 $|f(x)-f(x_0)|>\varepsilon$，又由于 $f$ 是单调不降的，那么对于任意 $x\in (x_0,b]$ 都有 $f(x)>f(x_0)+\varepsilon$ 或对于任意 $x\in [a,x_0)$ 都有 $f(x)<f(x_0)-\varepsilon$。不妨设前者成立，那么 $\left|\dfrac{\int_{[a,x]}f-\int_{[a,x_0]}f}{x-x_0}-f(x_0)\right|=\left|\dfrac{\int_{(x,x_0]}f}{x-x_0}-f(x_0)\right|>\varepsilon$。从而 $F$ 在 $x_0$ 处不可微，矛盾。
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**证明**：不妨设 $f$ 单调不降。设 $F$ 在 $x_0$ 处可微，而 $f$ 在 $x_0\in (a,b)$ 处不连续。那么存在 $\varepsilon>0$ 使得对于任意 $\delta>0$ 都存在 $x\in [a,b]$ 使得 $|f(x)-f(x_0)|>\varepsilon$，又由于 $f$ 是单调不降的，那么对于任意 $x\in (x_0,b]$ 都有 $f(x)>f(x_0)+\varepsilon$ 或对于任意 $x\in [a,x_0)$ 都有 $f(x)<f(x_0)-\varepsilon$。
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不妨设前者成立，那么对 $x\in(x_0,b]$，$\dfrac{\int_{[a,x]}f-\int_{[a,x_0]}f}{x-x_0}=\dfrac{\int_{(x_0,x]}f}{x-x_0}>f(x_0)+\varepsilon$；而对 $x\in[a,x_0)$，$\dfrac{\int_{[a,x]}f-\int_{[a,x_0]}f}{x-x_0}=\dfrac{\int_{[x,x_0)}f}{x-x_0}\leq f(x_0)$。从而 $F$ 在 $x_0$ 处不可微，矛盾。
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接下来介绍一个微积分第二基本定理导出的结论。
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- **引理 11.9.5**：设 $p$ 是实数，那么 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$ 当 $p>1$ 时绝对收敛，当 $p\leq 1$ 时发散。
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**证明**：结合命题 11.6.3 和微积分第二基本定理。
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## 11.10 基本定理的推论
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- **命题 11.10.1（分部积分公式）**：设 $a,b\in\mathbb R$ 满足 $a<b$，$F:[a,b]\to\mathbb R$ 和 $G:[a,b]\to\mathbb R$ 都是可微函数，$F',G'$ 都是黎曼可积函数。那么 $FG',F'G$ 黎曼可积且 $\int_{[a,b]}FG'+\int_{[a,b]}F'G=F(b)G(b)-F(a)G(a)$。
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- **定理 11.10.1（分部积分公式）**：设 $a,b\in\mathbb R$ 满足 $a<b$，$F:[a,b]\to\mathbb R$ 和 $G:[a,b]\to\mathbb R$ 都是可微函数，$F',G'$ 都是黎曼可积函数。那么 $FG',F'G$ 黎曼可积且 $\int_{[a,b]}FG'+\int_{[a,b]}F'G=F(b)G(b)-F(a)G(a)$。
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**证明**：$F$ 是闭区间上的可微函数，从而是闭区间上的连续函数，从而 $F$ 是黎曼可积的，从而 $FG'$ 也黎曼可积。根据导数算律，可知 $FG$ 也是可微的且 $(FG)'=FG'+F'G$，那么 $(FG)'$ 也是黎曼可积的，根据微积分第二基本定理可知：
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F(b)G(b)-F(a)G(a)=\int_{[a,b]}(FG)'=\int_{[a,b]}FG'+\int_{[a,b]}F'G
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$$
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@ -356,19 +403,126 @@
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- **命题 11.10.3**：设 $\alpha:[a,b]\to\mathbb R$ 是单调不降的可微函数，$\alpha'$ 是黎曼可积函数，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 是关于 $\alpha$ 黎曼-斯蒂尔杰斯可积的函数。那么 $f\alpha'$ 是黎曼可积函数，且 $\int_{[a,b]}f\text d\alpha=\int_{[a,b]}f\alpha'$。
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**证明**：由于 $\alpha$ 是单调不降的，可以证明 $\alpha'$ 是非负的。设 $\varepsilon_1>0$ 是任意正实数，存在逐段常值函数 $g$ 使得 $g\geq f$ 且 $\int_{[a,b]}g\text d\alpha<\int_{[a,b]}f\text d\alpha+\varepsilon_1$，从而 $\int_{[a,b]}g\alpha'<\int_{[a,b]}f\text d\alpha+\varepsilon_1$。设 $\varepsilon_2>0$ 是任意正实数，存在逐段常值函数 $h$ 使得 $h\geq g\alpha'$ 且 $\int_{[a,b]}h<\int_{[a,b]}g\alpha'+\varepsilon_2<\int_{[a,b]}f\text d\alpha+\varepsilon_1+\varepsilon_2$。而 $g\geq f$ 和 $\alpha'$ 非负说明 $h\geq g\alpha'\geq f\alpha'$，从而可证 $\overline\int_{[a,b]}f\alpha'\leq \int_{[a,b]}f\text d\alpha$，对另一侧类似证明后可以得到 $\int_{[a,b]}f\alpha'=\int_{[a,b]}f\text d\alpha$。
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**证明**：由于 $\alpha$ 是单调不降的，可以证明 $\alpha'$ 是非负的。设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，存在逐段常值函数 $\overline f$ 使得 $\overline f\geq f$ 且 $\int_{[a,b]}\overline f\text d\alpha<\int_{[a,b]}f\text d\alpha+\varepsilon$，从而 $\int_{[a,b]}\overline f\alpha'<\int_{[a,b]}f\text d\alpha+\varepsilon$。而 $\overline f\geq f$ 和 $\alpha'$ 非负说明 $\overline f\alpha'\geq f\alpha'$，从而利用积分的保序性可证 $\overline\int_{[a,b]}f\alpha'\leq \int_{[a,b]}f\text d\alpha$，对另一侧类似证明后可以得到 $\int_{[a,b]}f\alpha'=\int_{[a,b]}f\text d\alpha$。
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- **引理 11.10.4**：设 $\varphi:[a,b]\to[\varphi(a),\varphi(b)]$ 是单调不降的连续函数，$f:[\varphi(a),\varphi(b)]\to\mathbb R$ 是逐段常值函数。那么 $f\circ \varphi:[a,b]\to\mathbb R$ 也是逐段常值函数，且 $\int_{[a,b]}f\circ \varphi\text{d}\varphi=\int_{[\varphi(a),\varphi(b)]}f$。
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**证明**：设 $[\varphi(a),\varphi(b)]$ 的划分 $P$ 使得 $f$ 关于 $P$ 是逐段常值的。考虑 $Q=\{\{x\in [a,b]:\varphi(x)\in J\}:J\in P\}$，可以证明 $Q$ 是 $[a,b]$ 的划分，且 $f\circ\varphi$ 是关于 $Q$ 逐段常值的，且 $P,Q$ 之间根据 $\varphi$ 构成双射关系，且：
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$$
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\int_{[a,b]}f\circ\varphi\text d\varphi=\sum_{K\in Q}d_{K}\varphi[K]=\sum_{K\in Q}c_{\varphi(K)}|\varphi(K)|=\sum_{J\in P}c_J|J|=\int_{[\varphi(a),\varphi(b)]}f
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$$
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- **命题 11.10.5**：设 $\varphi:[a,b]\to[\varphi(a),\varphi(b)]$ 是单调不降的连续函数，$f:[\varphi(a),\varphi(b)]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数。那么 $f\circ \varphi:[a,b]\to\mathbb R$ 是关于 $\varphi$ 黎曼-斯蒂尔杰斯可积的，且 $\int_{[a,b]}f\circ \varphi\text{d}\varphi=\int_{[\varphi(a),\varphi(b)]}f$。
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- **命题 11.10.6（变量替换公式）**：设 $\varphi:[a,b]\to[\varphi(a),\varphi(b)]$ 是单调不降的可微函数，$\varphi'$ 是黎曼可积函数，$f:[\varphi(a),\varphi(b)]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数。那么 $(f\circ\varphi)\varphi':[a,b]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数，且 $\int_{[a,b]}(f\circ\varphi)\varphi'=\int_{[\varphi(a),\varphi(b)]}f$。
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命题 11.10.5 事实上和我们介绍黎曼-斯蒂尔杰斯积分时的 “伸缩” 理解一样，其证明是通过该理解在逐段常值函数上成立来证明的。
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- **定理 11.10.6（换元公式）**：设 $\varphi:[a,b]\to[\varphi(a),\varphi(b)]$ 是单调不降的可微函数，$\varphi'$ 是黎曼可积函数，$f:[\varphi(a),\varphi(b)]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数。那么 $(f\circ\varphi)\varphi':[a,b]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数，且 $\int_{[a,b]}(f\circ\varphi)\varphi'=\int_{[\varphi(a),\varphi(b)]}f$。
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**证明**：联合命题 11.10.3 和命题 11.10.5 可知。
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事实上，除命题 11.10.1 外，上述所有命题中的所有非 $\alpha,\varphi$ 这种函数，将它们的定义域由闭区间改为开区间都是成立的，但由于 $\alpha,\varphi$ 的定义域必须是闭区间，而且 $\int_{[a,b]}f=\int_{(a,b)}f$，所以也就无所谓了。
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当 $f$ 连续时，我们也可以得到命题 11.10.6 的一个相似结论，此时不要求 $\varphi$ 是单调不降的。
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- **定义 11.10.7（有向黎曼积分）**：设 $a,b\in\mathbb R$，$f:[\min\{a,b\},\max\{a,b\}]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数。若 $a\leq b$，定义 $\int_{a}^bf:=\int_{[a,b]}f$；若 $a>b$，定义 $\int_{a}^b f:=-\int_{[b,a]} f$。
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我们介绍的（以及接下来介绍的）很多有关黎曼积分的性质都可以推广到有向黎曼积分上，特别是微积分的两个基本定理和分部积分公式（这也导致了它们推导出的换元公式等性质在有向黎曼积分上也成立），但为了方便我们一般不特意写出。
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- **定理 11.10.8（换元公式）**：设 $\varphi:[a,b]\to \mathbb R$ 是可微函数，$\varphi'$ 是黎曼可积函数，$f:\varphi([a,b])\to\mathbb R$ 是连续函数。那么 $(f\circ\varphi)\varphi':[a,b]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数，且 $\int_{[a,b]}(f\circ\varphi)\varphi'=\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)}f$。
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**证明**：$f$ 的定义域 $\varphi([a,b])$ 是有界闭区间且 $f$ 连续，从而 $f$ 是黎曼可积的且有原函数，设 $F$ 是 $f$ 的原函数。
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同理，由于 $f\circ \varphi$ 是有界闭区间 $[a,b]$ 上的连续函数，所以它黎曼可积，于是 $(f\circ \varphi)\varphi'$ 也黎曼可积，而 $F\circ \varphi$ 是其原函数，于是：
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$$
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\int_{[a,b]}(f\circ\varphi)\varphi'=F(\varphi(b))-F(\varphi(a))=\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)}f
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$$
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## 11.11 黎曼积分的应用
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- **定理 11.11.1（泰勒公式-积分余项）**：设 $I\subseteq\mathbb R$ 是区间，$x_0\in I$，$n\in\mathbb N$，$f:I\to\mathbb R$ 是 $n+1$ 阶可微的函数，且 $f^{(n+1)}$ 是黎曼可积函数。那么对于任意 $x\in I$，$f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^x\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\text dt$。
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**证明**：法一：根据微积分第二基本定理：
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\begin{aligned}
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f(x)&=f(x_0)+\int_{x_0}^xf'(x_1)\d x_1\\
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&=f(x_0)+\int_{x_0}^{x}\left(f'(x_0)+\int_{x_0}^{x_1}f''(x_2)\d x_2\right)\d x_1\\
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&=f(x_0)+\int_{x_0}^{x}\left(f'(x_0)+\int_{x_0}^{x_1}\left(\cdots\left(f^{(n)}(x_0)+\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\d x_{n+1}\right)\cdots\right)\d x_2\right)\d x_1\\
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\end{aligned}
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$$
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接着可以将常数外提：
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$$
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\begin{aligned}
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&\int_{x_0}^{x}\int_{x_0}^{x_1}\cdots\int_{x_0}^{x_{n-1}}f^{(n)}(x_0)\d x_n\cdots\d x_2\d x_1\\
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=&\int_{0}^{x-x_0}\int_{0}^{h_1}\cdots\int_{0}^{h_{n-1}}f^{(n)}(x_0)\d h_n\cdots\d h_2\d h_1\\
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=&\int_{0}^{x-x_0}\cdots\int_{0}^{h_{n-2}}f^{(n)}(x_0)h_{n-1}\d h_{n-1}\cdots\d h_1\\
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=&\int_{0}^{x-x_0}\cdots\int_{0}^{h_{n-3}}\frac{f^{(n)}(x_0)}{2}h_{n-2}^2\d h_{n-2}\cdots\d h_1\\
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=&\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x_0-x)^n
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\end{aligned}
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$$
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于是：
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$$
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f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\int_{x_0}^{x_1}\cdots\int_{x_0}^{x_n}f^{(n+1)}(x_{n+1})\d x_{n+1}\cdots\d x_2\d x_1
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$$
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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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$$
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\begin{aligned}
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&\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n}}{n!}\int_{a}^{x}g(y)\d y\d x\\
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=&-\int_{a}^{b}-\frac{(b-x)^{n}}{n!}\int_{a}^{x}g(y)\d y\d x\\
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=&\left.\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}\left(\int_{a}^{x}g(y)\d y\right)\right|_{x=a}^{x=b}+\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}g(x)\d x\\
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=&\int_{a}^{b}\frac{(b-x)^{n+1}}{(n+1)!}g(x)\d x
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\end{aligned}
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$$
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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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$$
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f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\d t
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$$
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法二：对 $n$ 归纳。假设 $n-1$ 时命题成立。
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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\\
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&=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\\
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&=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)\\
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||||
&=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\\
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&=T_{n,x_0}f(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}\d t
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\end{aligned}
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$$
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法三（若 $f^{(n+1)}$ 连续）：要证 $f(x)=Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\text dt$ 对任意 $x,x_0$ 成立。可以把 $x$ 固定，$Tf_{x_0,n}(x-x_0)+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\text dt$ 看成是关于 $x_0$ 的函数 $g$，此时就转为证明 $g$ 是常值的（注意已经有 $g(x)=f(x)$），只需证明 $g'$ 恒为 $0$ 即可：
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$$
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\begin{aligned}
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g(x_0)&=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+\int_{x_0}^{x}\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\text dt\\
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g'(x_0)&=f'(x_0)+(f''(x_0)(x-x_0)-f'(x_0))+\cdots+\left(\frac{f^{(n+1)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n-\frac{f^{(n)}(x_0)}{(n-1)!}(x-x_0)^{n-1}\right)-\frac{f^{(n+1)(x_0)}}{n!}(x-x_0)^n\\
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&=0
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\end{aligned}
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$$
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积分余项的泰勒公式给出了函数多项式逼近余项的确切表达式。
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- **定理 11.11.2（积分平均值定理）**：设 $a,b\in\mathbb R\land a<b$，$g:[a,b]\to\mathbb R$ 是黎曼可积函数，$g$ 恒非负且 $\int_{[a,b]}g>0$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 是连续函数，那么 $fg$ 是黎曼可积函数。那么存在 $x \in (a,b)$ 使得 $\int_{[a,b]}fg=f(x)\int_{[a,b]}g$。
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**证明**：排除掉 $\int_{[a,b]}g=0$ 的简单情况，式子变为 $f(x)=\frac{\int_{[a,b]}fg}{\int_{[a,b]}g}$。
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$f$ 存在最小值 $A$ 和最大值 $B$，那么 $A=\frac{\int_{[a,b]}Ag}{\int_{[a,b]}g}\leq\frac{\int_{[a,b]}fg}{\int_{[a,b]}g}\leq\frac{\int_{[a,b]}Bg}{\int_{[a,b]}g}=B$，再根据连续函数的介值性可取得 $x\in[a,b]$。
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为取得 $x\in (a,b)$，发现 $\int_{[a,b]}Ag\neq \int_{[a,b]}fg\neq\int_{[a,b]}Bg$ 时肯定可以。否则，不妨设 $\int_{[a,b]}Ag=\int_{[a,b]}fg$，那么任取 $a<c<b$ 使得 $\int_{[c,b]}g>0$（容易证明一定存在），那么 $f$ 在 $[c,b]$ 上的最小值 $A'$ 一定为 $A$，否则设 $A'>A$：
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\int_{[a,b]}fg=\int_{[a,c]}fg+\int_{[c,b]}fg\geq\int_{[a,c]}Ag+\int_{[c,b]}A'g=\int_{[a,c]}Ag+A'\int_{[c,b]}g>\int_{[a,c]}Ag+A\int_{[c,b]}g=\int_{[a,b]}Ag
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$$
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矛盾。那么根据连续函数的介值性可以取到 $x\in [c,b]$ 且 $f(x)=A$。如果需要，类似地再把 $b$ 端点排掉即可。
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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）。
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