定积分与几何应用

何谓定积分？

$${\int }_a^{b}f(x)dx$$需满足$a$、$b$有限（不是无穷）且$f(x)$有界

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定积分的计算主要依靠NL公式即牛顿莱布尼茨公式

定积分是否存在于原函数是否存在无关

定积分计算的技巧与考点：

1. 对称性
2. 几何意义
3. 被积函数可加性

计算技巧

可以结合图形，比如${\int }_0^1\sqrt{1-x^2}$实际上就是$\frac{1}{4}$个单位圆

利用对称区间，偶函数2倍、奇函数为0的性质，意思是可能把被积函数拆出偶函数和奇函数来，也可能把积分区间拆除包括对称区间在内的几个区间

高幂次正余弦三角函数看积分上下限，想办法使用点火公式，不在点火公式的上下限的想办法换一下

定积分换元

换元要换三个东西：上下限、被积函数、积分变量

若令$t=g(x)$，则原定积分就会变成上下限分别为$g(b)$，$g(a)$，被积函数为$f(t)$关于$t$的定积分，如：

$${\int }_0^1{x}^2\sqrt{1-x^2}dx\stackrel{x=sint}{\to }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt$$

上下限就是$x=sint$分别代入原先上下限的$x$的值，被积函数也是直接替换，然后$dx=d(\sin t)=\cos tdt$

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这里的换元和不定积分的处理方法还是有些相近的

区间再现公式

$${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_a^{b}f(a+b-x)dx$$

欲证则令$x=a+b-t$，求出换元之后的式子，最后发现积分值用什么字母表示无关（即换元之后的式子和之前的式子长得一样只是字母不一样）

【注】：使用区间再现公式一般还是靠换元，典型的思路就如下：

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我从知乎拿了张图，图源见水印：

华里士公式/点火公式

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{n}xdx=点火公式$$

$${\int }_0^{\pi }{\sin }^{n}xdx=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}xdx\to 然后点火公式$$

$${\int }_0^{\pi }{\cos }^{n}xdx=\{\begin{array}{rlr}0& & n为正奇数\\ 2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{n}xdx& & n为正偶数\end{array}$$

参数方程的定积分

参见这篇文章：知乎 - 零基础学高数 | 利用定积分计算参数方程的平面图形面积

若是直角坐标系下，则有$y=f(x)$，此时求面积的公式则是

$$S={\int }_0^{2\pi a}f(x)dx$$

然后要找到$y=f(x)$的参数方程的表示，即换元法

换元要三换

1. 换积分变量：$dx\to dx(t)$
2. 换积分上下限,根据换元时设置的$t=f(x)$
3. $f(x)$改为$y(t)$

由此得到：

$$S={\int }_0^{2\pi }y(t)dx(t)={\int }_0^{2\pi }y(t)x^{\prime }(t)dt$$

第三步的原因在于下式（代个具体的参数方程就能看出来）$$y=f(x)=f[x(t)]=y(t)$$

回到原题，带入具体值

$$S={\int }_0^{2\pi }a(1-\cos t)a(1-\cos t)dt=a^2{\int }_0^{2\pi }(1-\cos t{)}^{2}dt$$

$$a^2{\int }_0^{2\pi }(1-\cos t{)}^{2}dt=a^2{\int }_0^{2\pi }(1-2\cos t+{\cos }^{2}t)dt$$

此处拆分，对于${\cos }^{2}t$使用点火公式（华里士公式）

极坐标的定积分

（题源张宇300题9.2）

只需要记住如下公式即可：

$$\{\begin{array}{rl}x& =r\cos \theta \\ y& =r\sin \theta \end{array}$$

所以$(x^2+y^2{)}^2=x^2-y^2$可化为$r^2=\cos 2\theta$，另一方面，极坐标曲线$r=r(\theta )$的积分公式是$$S=\frac{1}{2}{\int }_{\alpha }^{\beta }{r}^2(\theta )d\theta$$

关键要注意前面有个$\frac{1}{2}$

变限积分

变限积分只要存在必连续

定积分的精确定义（数列极限转定积分）

此处不得不提定积分的精确定义，因为它能够把极限和积分联系在一起

$${\int }_a^{b}f(x)dx=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^{n}f(a+\frac{b-a}{n}i)\frac{b-a}{n}$$

特别地，如果出现$\frac{1}{n}$实际上就是$b=1$、$a=0$时的$\frac{b-a}{n}$，那么上式可以退化为：

$${\int }_0^{1}f(x)dx=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}f(\frac{i}{n})$$

即最后$\frac{1}{n}$用$dx$替换，$\frac{1}{n}$用$x$替换

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【杨超例题】

【张宇300题8.6】

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2n}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+3n}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2+n^2}})=?$$

可以将每个元素的分母提出一个$\frac{1}{n}$

$$\frac{1}{\sqrt{n^2+kn}}\to \frac{1}{n}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{k}{n}}}$$

然后把每一项的$\frac{1}{n}$提出来，此时原式化为下式（$b=1$、$a=0$是显而易见的）：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{1+\frac{k}{n}}}={\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x}}dx$$

最后对分母使用换元法可以求出结果$2\sqrt{2}-2$

对$t$积分但被积函数中含$x$

例如$$\frac{d}{dx}[{\int }_0^{x}tf(x^2-t^2)dt]$$

令$u=x^2-t^2$，通过变量代换将求导变量移出被积函数，则$-2tdt=du$

接着改换上下限（其实就是带入原先的上下限到$u=x^2-t^2$），则原式等于

$$\frac{1}{2}\frac{d}{dx}[{\int }_0^{x^2}f(u)du]\stackrel{变限积分求导公式}{\to }xf(x^2)$$

反常积分

另写一篇文章。