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Lesson 28

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约 2093 字大约 7 分钟

2024-12-25

分部积分公式

/Theorem/

设f′,g′f',g'在[a,b][a,b]上可积，则有

∫abf′g=fg∣ab−∫abfg′\int_a^bf'g=fg|_a^b-\int_a^bfg'

每次判断可积比较麻烦，所以写一个弱化版本：考虑连续必可积，有

/Definition/

称ff在区间II上是CkC^k光滑函数，记为f∈Ck(I)=C(k)(I)f\in C^k(I)=C^{(k)}(I)，如果ff在II上的11阶至kk阶导皆存在且连续.

其中ff是C∞C^\infty光滑，或者称ff光滑，若ff的各阶导数皆存在且连续.

/Claim/

设f,g∈C1([a,b])f,g\in C^1([a,b])，则

∫abf′g=fg∣ab−∫abfg′\int_a^bf'g=fg|_a^b-\int_a^bfg'

这一般称为一次分部积分，还有多次的分部积分，在使用时逐次分部即可. 但是为了连贯性，这里用表达式的方式具体写出来：

设f,g∈Cn([a,b])f,g\in C^n([a,b])，逐次分部积分得到：

∫abf(n)g=∫ab(f(n−1))′g=f(n−1)g∣ab−∫abf(n−1)g′=f(n−1)g∣ab−f(n−2)g′∣ab+∫abf(n−2)g′′=∑i=0n−1(−1)if(n−1−i)g(i)∣ab+(−1)n∫abfg(n)\begin{aligned} \int_a^bf^{(n)}g&=\int_a^b(f^{(n-1)})'g=f^{(n-1)}g|_a^b-\int_a^bf^{(n-1)}g'\\ &=f^{(n-1)}g|_a^b-f^{(n-2)}g'|_a^b+\int_a^bf^{(n-2)}g''\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^if^{(n-1-i)}g^{(i)}|_a^b+(-1)^n\int_a^bfg^{(n)} \end{aligned}

下面这一例子希望大家记住，因为三角换元会常用.

/Example/

记

In=∫0π2sin⁡nxdxI_n=\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\text{d}x

显然换成cos⁡x\cos x也是等价的，因为换元. 在这里提一下不定积分的分部和定积分分部的区别，记Jn=∫sin⁡nxdxJ_n=\int\sin^nx\text{d}x，为不定积分. 如果计算不定积分，将得到

Jn=∫sin⁡nxdx=∫(−cos⁡x)′sin⁡n−1xdx=−cos⁡xsin⁡n−1x−∫(−cos⁡x)(n−1)sin⁡n−2xcos⁡xdx=−cos⁡xsin⁡n−1x+∫(n−1)sin⁡n−2x(1−sin⁡2x)dx=−cos⁡xsin⁡n−1x+(n−1)Jn−2−(n−1)Jn\begin{aligned} J_n&=\int\sin^nx\text{d}x=\int(-\cos x)'\sin^{n-1}x\text{d}x\\ &=-\cos x\sin^{n-1}x-\int(-\cos x)(n-1)\sin^{n-2}x\cos x\text{d}x\\ &=-\cos x\sin^{n-1}x+\int(n-1)\sin^{n-2}x(1-\sin^2x)\text{d}x\\ &=-\cos x\sin^{n-1}x+(n-1)J_{n-2}-(n-1)J_n \end{aligned}

得到递推关系

Jn=n−1nJn−2−1ncos⁡xsin⁡n−1xJ_n=\frac{n-1}{n}J_{n-2}-\frac{1}{n}\cos x\sin^{n-1}x

之后迭代，跟踪尾项. 这说明，不定积分的分部会导致一长串的多项式叠加，而定积分的分部全部是数字，相比之下更好计算. 在定积分中，

In=∫0π2(−cos⁡x)′sin⁡n−1dx=−cos⁡xsin⁡n−1x∣0π2−∫0π2(−cos⁡x)(n−1)sin⁡n−2xcos⁡xdx=∀n−1≥10+(n−1)(In−2−In)\begin{aligned} I_n&=\int_0^\frac{\pi}{2}(-\cos x)'\sin^{n-1}\text{d}x\\ &=-\cos x\sin^{n-1}x|_0^\frac{\pi}{2}-\int_0^\frac{\pi}{2}(-\cos x)(n-1)\sin^{n-2}x\cos x\text{d}x\\ &\overset{\forall n-1\geq1}{=}0+(n-1)(I_{n-2}-I_n) \end{aligned}

可知∀n≥2\forall n\ge2有In=n−1nIn−2I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}，分别得到：

I2m=π2(2m−1)!!(2m)!! ,I2m−1=(2m−2)!!(2m−1)!!I_{2m}=\frac{\pi}{2}\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\,,\quad I_{2m-1}=\frac{(2m-2)!!}{(2m-1)!!}

实际上我们在下学期可能会计算nn维球体的体积，会用到这个积分.

（舒老师千古）

∫⋯∫x12+⋯+xn2≤R2dx1⋯dxn\int\cdots\int_{x_1^2+\cdots+x_n^2\leq R^2}\text{d}x_1\cdots\text{d}x_n

转化为上面积分.

/Example/

设f∈C(2)(R)f\in C^{(2)}(\R)且紧致（即∃R>0\exist R>0使得f(x)=0f(x)=0，∀∣x∣>R\forall|x|>R），求

I=∫−∞∞12∣x∣f′′(x)dxI=\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{2}|x|f''(x)\text{d}x

/Solution/

计算−R∼R-R\sim R之间的区间即可，

I=∫0R+∫−R0∫0R12∣x∣f′′(x)dx=∫0R12xf′′(x)dx=12xf′(x)∣0R−∫0R12f′(x)dx=0−12(f(R)−f(0))=12f(0)\begin{aligned} I&=\int_0^R+\int_{-R}^0\\ \int_0^R\frac{1}{2}|x|f''(x)\text{d}x&=\int_0^R\frac{1}{2}xf''(x)\text{d}x=\frac{1}{2}xf'(x)|_0^R-\int_0^R\frac{1}{2}f'(x)\text{d}x\\ &=0-\frac{1}{2}(f(R)-f(0))=\frac{1}{2}f(0) \end{aligned}

另一侧同理，所以I=f(0)I=f(0).

多次分部积分还能得到一个 Taylor 公式，在积分中，Taylor 公式几乎是显然的，下面来求带积分余项的 Taylor 公式.

设f∈C(n)(I)f\in C^{(n)}(I)，则

f(b)=∑i=0n−1f(i)(a)i!(b−a)i=f(n)(ξ)n!(b−a)nf(b)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{f^{(i)}(a)}{i!}(b-a)^i=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}(b-a)^n

我们想要通过积分中值定理找出这个余项，考虑：

∫abf(n)(x)P(x)dx∫abP(x)dx=somewhere f(n)(ξ)\frac{\int_a^bf^{(n)}(x)P(x)\text{d}x}{\int_a^bP(x)\text{d}x}=\text{somewhere }f^{(n)}(\xi)

那么

∫abP(x)f(n)(x)dx=f(n)(ξ)∫abP(x)dx=f(n)(ξ)(b−a)nn!\int_a^bP(x)f^{(n)}(x)\text{d}x=f^{(n)}(\xi)\int_a^bP(x)\text{d}x=f^{(n)}(\xi)\frac{(b-a)^n}{n!}

所以可以取P(x)=(x−a)n−1P(x)=(x-a)^{n-1}的积分∝(b−a)n\propto(b-a)^n.

-

我说的对吗？我们来看一下讲义. 哦，错误. ——艾神

another choice：(b−x)n−1(b-x)^{n-1}的积分，也∝(b−a)n\propto(b-a)^n. 因此得到命题：

/Claim/

设f∈C(n)(I)f\in C^{(n)}(I)，则

f(b)=∑i=0n−1f(i)(a)i!(b−a)i+∫abf(n)(x)(b−x)n−1dxf(b)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{f^{(i)}(a)}{i!}(b-a)^i+\int_a^bf^{(n)}(x)(b-x)^{n-1}\text{d}x

这就是积分余项的 Taylor 公式.

这个命题的证明是容易的.

/Proof/

用nn次分部积分公式计算，

∫abf(n)(x)(b−x)n−1dx=∑i=0n−1(−1)if(n−1−i)g(i)∣ab+(−1)n∫abfg(n)=∑i=0n−1(−1)if(n−1−i)(x)(−1)i(n−1)⋯(n−i)(b−x)n−i−1∣ab\begin{aligned} &\int_a^bf^{(n)}(x)(b-x)^{n-1}\text{d}x\\ =&\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^if^{(n-1-i)}g^{(i)}|_a^b+(-1)^n\int_a^bfg^{(n)}\\ =&\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^if^{(n-1-i)}(x)(-1)^i(n-1)\cdots(n-i)(b-x)^{n-i-1}|_a^b \end{aligned}

只有i=n−1i=n-1时，在x=bx=b处有值，而x=ax=a处一般都有值，得到

=∑i=0n−1f(n−i−1)(x)(n−1)!(n−i−1)!(b−x)(b−x)n−i−1∣ab=(n−1)![f(0)(b)10!−∑i=0n−1f(n−i−1)(a)(n−i−1)!(b−a)n−i−1]=(n−1)!(Taylor remainder Rn)\begin{aligned} &=\sum_{i=0}^{n-1}f^{(n-i-1)}(x)\frac{(n-1)!}{(n-i-1)!}(b-x)(b-x)^{n-i-1}|_a^b\\ &=(n-1)![f^{(0)}(b)\frac{1}{0!}-\sum_{i=0}^{n-1}\frac{f^{(n-i-1)}(a)}{(n-i-1)!}(b-a)^{n-i-1}]\\ &=(n-1)!(\text{Taylor remainder }R_n) \end{aligned}

其中，

Rn=1(n−1)!∫abf(n)(x)(b−x)n−1dxR_n=\frac{1}{(n-1)!}\int_a^bf^{(n)}(x)(b-x)^{n-1}\text{d}x

此版本更加容易证明，只需要机械计算分部积分即可.

上式也可直接回到 Lagrange 余项，理由为

Rn=1(n−1)!∫abf(n)(x)(b−x)n−1dx=1n!∫abf(n)(x)(b−x)n−1dx∫ab(b−x)n−1dx(b−a)n=f(n)(ξ)n!(b−a)n\begin{aligned} R_n&=\frac{1}{(n-1)!}\int_a^bf^{(n)}(x)(b-x)^{n-1}\text{d}x\\ &=\frac{1}{n!}\frac{\int_a^bf^{(n)}(x)(b-x)^{n-1}\text{d}x}{\int_a^b(b-x)^{n-1}\text{d}x}(b-a)^n\\ &=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}(b-a)^n \end{aligned}

其中ξ∈[a,b]\xi\in[a,b]. 用积分中值可以证明.

换元公式

假设有一对同桌，同学 1 想要计算自己所经历的时间，需要算一个在时空II中的积分，而同桌同学 2 在自己的时空（JJ）中需要帮助他进行积分，问：能否用JJ的数据去算∫abf(x)dx\int_a^bf(x)\text{d}x？

两个时空中间存在一个坐标变换，J⟷φIJ\overset{\varphi}{\longleftrightarrow}I，在JJ看来，积分是J⟶φI⟶fRJ\overset{\varphi}{\longrightarrow}I\overset{f}{\longrightarrow}\R，只能见到复合的函数版本f∘φf\circ\varphi.

将坐标从JJ变到II，称为一个 pull back，φ∗(f)=f(φ)=f∘φ\varphi^*(f)=f(\varphi)=f\circ\varphi. 在JJ中的积分需要写成

∫abf(x)dx=∫AB(f∘φ)φ′(t)dt\int_a^bf(x)\text{d}x=\int_A^B(f\circ\varphi)\varphi'(t)\text{d}t

需要加一项φ′(t)\varphi'(t).

/Theorem/ （一维特有）

设φ:J→I\varphi:J\to I是C1C^1的，则对任何f∈C(I)f\in C(I)，∀a,b∈I\forall a,b\in I，若A,B∈JA,B\in J满足φ(A)=a\varphi(A)=a，φ(B)=b\varphi(B)=b（端点对齐），则有

∫abf(x)dx=∫ABf(φ(t))φ′(t)dt\int_a^bf(x)\text{d}x=\int_A^Bf(\varphi(t))\varphi'(t)\text{d}t

/Theorem/ （各个维数均成立）

设φ:J→I\varphi:J\to I是C1C^1的双射，则对任何f∈R(I)f\in\mathcal{R}(I)，∀a,b∈I\forall a,b\in I，有

∫abf(x)dx=∫φ−1(a)φ−1(b)f(φ(t))φ′(t)dt\int_a^bf(x)\text{d}x=\int_{\varphi^{-1}(a)}^{\varphi^{-1}(b)}f(\varphi(t))\varphi'(t)\text{d}t

两个定理的区别在于，前者对φ\varphi没有要求，但是要求ff连续；后者要求φ\varphi是C1C^1双射（坐标变换忠实，也就是同胚，homeomorphic），ff只要求可积.

/Proof/ （定理 1 的证明）

用 Newton - Leibiniz 公式，由f∈C(I)f\in C(I)，有原函数F(x)F(x)，令G(t)=F(φ(t))G(t)=F(\varphi(t))，由FF、φ\varphi可导及 Chain Rule，得到

G′(t)=F′(φ(t))φ′(t)=f(φ(t))φ′(t)G'(t)=F'(\varphi(t))\varphi'(t)=f(\varphi(t))\varphi'(t)

知道f(φ(t))φ′(t)∈C1(J)f(\varphi(t))\varphi'(t)\in C^1(J)且有原函数GG，由 Newton - Leibiniz 公式得到

∫ABf(φ(t))φ′(t)dt=G(t)∣AB=F(φ(t))∣AB=F(φ(B))−F(φ(A))=F(b)−F(a)=∫abf(x)dx\begin{aligned} \int_A^Bf(\varphi(t))\varphi'(t)\text{d}t&=G(t)|_A^B=F(\varphi(t))|_A^B\\ &=F(\varphi(B))-F(\varphi(A))\\ &=F(b)-F(a) =\int_a^bf(x)\text{d}x \end{aligned}

证毕. 由证明过程可以看出这个定理很强，因为它用到的只有 Newton - Leibiniz 公式，只用考虑端点值.

/Proof/ （定理 2 的证明）

这个证明更为复杂，ff可积也未必有原函数，只能回到积分的定义，用 Riemann 和证明：

∫abf=lim⁡(f’s Riemann sum)=lim⁡∑f(φ(ηi))(φ(ti)−φ(ti−1))\int_a^bf=\lim(f\text{'s Riemann sum})=\lim\sum f(\varphi(\eta_i))(\varphi(t_i)-\varphi(t_{i-1}))

[A,B][A,B]剖分t0=A<⋯<tn=Bt_0=A<\cdots<t_n=B，选点ηi\eta_i诱导[a,b][a,b]剖分xi=φ(ti)x_i=\varphi(t_i)，选点φ(ηi)\varphi(\eta_i). 因此

=lim⁡∑f(φ(ηi))Δtiφ′(ηi)=∫ABf(φ(t))φ′(t)dt\begin{aligned} &=\lim\sum f(\varphi(\eta_i))\Delta t_i\varphi'(\eta_i)\\ &=\int_A^Bf(\varphi(t))\varphi'(t)\text{d}t \end{aligned}

证毕.

一元情况下我们常用定理 1，多元时基本用定理 2.

总结：

∫abf(x)dx=φ∈C1x=φ(t)∫ABf(φ(t))φ′(t)dt\int_a^bf(x)\text{d}x\overset{x=\varphi(t)}{\underset{\varphi\in C^1}{=}}\int_A^Bf(\varphi(t))\varphi'(t)\text{d}t

注意端点对齐.

此版本的换元积分公式比不定积分换元更好用，可以直接令x=φ(t)x=\varphi(t).

/Example/

∫0π2sin⁡nxdx=∫0π2cos⁡nxdx\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\text{d}x=\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^nx\text{d}x

的证明，可以使用x=π2−yx=\frac{\pi}{2}-y换元直接得到.

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2025/10/9 02:50
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