學習目標與準備
本章假設讀者熟悉極限、連續性、導數、乘積及鏈式法則，以及初等三角恆等式。我們發展定積分和主要手算技巧：換元、分部積分、三角恆等式與換元、有理式部分分式，並解釋無窮區間如何使積分成為極限問題。
目標不是把每個被積函數強行套入一個公式。有用的方法利用結構、保持定義域，並給出可通過求導或極限計算驗證的答案。
3.1 定積分與原函數
為何實數不只有算術規則
有理數支援熟悉的有序算術，但集合 { q ∈ Q : q > 0 , q 2 < 2 } \{q\in\mathbb Q:q>0,\ q^2<2\} { q ∈ Q : q > 0 , q 2 < 2 }
定義
上界與上確界 對非空 A ⊂ R A\subset\mathbb R A ⊂ R a ∈ A a\in A a ∈ A a ≤ u a\le u a ≤ u u u u s s s u u u s ≤ u s\le u s ≤ u s = sup A s=\sup A s = sup A A A A A A A
定理
完備性公理 每個非空且有上界的實數子集都有實數上確界。等價地，每個非空且有下界的子集都有實數下確界，因為 inf A = − sup ( − A ) \inf A=-\sup(-A) inf A = − sup ( − A )
例如 sup ( 0 , 1 ) = 1 \sup(0,1)=1 sup ( 0 , 1 ) = 1 1 1 1 sup [ 0 , 1 ] = 1 \sup[0,1]=1 sup [ 0 , 1 ] = 1
定理
上確界近似判據 非空集合 A A A s s s sup A \sup A sup A ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 a ∈ A a\in A a ∈ A s − ε < a ≤ s s-\varepsilon<a\le s s − ε < a ≤ s
證明
證明兩個方向 若 s = sup A s=\sup A s = sup A s − ε s-\varepsilon s − ε s − ε s-\varepsilon s − ε s s s u < s u<s u < s ε = s − u > 0 \varepsilon=s-u>0 ε = s − u > 0 a > u a>u a > u u u u s s s
例題
上確界證明的兩部分 令 A = { n / ( n + 1 ) : n ∈ N , n ≥ 1 } A=\{n/(n+1):n\in\mathbb N, n\ge1\} A = { n / ( n + 1 ) : n ∈ N , n ≥ 1 } 1 1 1 1 1 1 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n > 1 / ε n>1/\varepsilon n > 1/ ε 1 − n / ( n + 1 ) = 1 / ( n + 1 ) < ε 1-n/(n+1)=1/(n+1)<\varepsilon 1 − n / ( n + 1 ) = 1/ ( n + 1 ) < ε sup A = 1 \sup A=1 sup A = 1 1 1 1 A A A 2 2 2
阿基米德性質與稠密性
定理
阿基米德性質 對每個實數 x x x n > x n>x n > x ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n ∈ N n\in\mathbb N n ∈ N 1 / n < ε 1/n<\varepsilon 1/ n < ε
證明
完備性迫使整數無上界 若正整數有上界，完備性給 s = sup N s=\sup\mathbb N s = sup N s − 1 s-1 s − 1 n ∈ N n\in\mathbb N n ∈ N n > s − 1 n>s-1 n > s − 1 n + 1 > s n+1>s n + 1 > s n + 1 ∈ N n+1\in\mathbb N n + 1 ∈ N s s s 1 / ε 1/\varepsilon 1/ ε
任意實數 x < y x<y x < y n n n n ( y − x ) > 1 n(y-x)>1 n ( y − x ) > 1 m m m n x < m < n y nx<m<ny n x < m < n y x < m / n < y x<m/n<y x < m / n < y x x x y y y q q q x − 2 < q < y − 2 x-\sqrt2<q<y-\sqrt2 x − 2 < q < y − 2 q + 2 q+\sqrt2 q + 2
例題
以反射求下確界 對 B = { 2 + 1 / n : n ≥ 1 } B=\{2+1/n:n\ge1\} B = { 2 + 1/ n : n ≥ 1 } 2 2 2 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n > 1 / ε n>1/\varepsilon n > 1/ ε 2 < 2 + 1 / n < 2 + ε 2<2+1/n<2+\varepsilon 2 < 2 + 1/ n < 2 + ε 2 2 2 3 3 3 n = 1 n=1 n = 1
收斂中的量詞
定義
實數數列的收斂 數列 ( x n ) (x_n) ( x n ) L ∈ R L\in\mathbb R L ∈ R ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N ∈ N N\in\mathbb N N ∈ N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ < ε |x_n-L|<\varepsilon ∣ x n − L ∣ < ε x n → L x_n\to L x n → L N N N ε \varepsilon ε
「收斂至 L L L ε 0 > 0 \varepsilon_0>0 ε 0 > 0 N N N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ ≥ ε 0 |x_n-L|\ge\varepsilon_0 ∣ x n − L ∣ ≥ ε 0
例題
構造 epsilon–N 證明 對 x n = ( 3 n + 1 ) / ( n + 2 ) x_n=(3n+1)/(n+2) x n = ( 3 n + 1 ) / ( n + 2 ) L = 3 L=3 L = 3
∣ 3 n + 1 n + 2 − 3 ∣ = 5 n + 2 < 5 n , \left|\frac{3n+1}{n+2}-3\right|=\frac5{n+2}<\frac5n, n + 2 3 n + 1 − 3 = n + 2 5 < n 5 , 選 N > 5 / ε N>5/\varepsilon N > 5/ ε n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − 3 ∣ < ε |x_n-3|<\varepsilon ∣ x n − 3∣ < ε
定理
唯一性、有界性及極限定律 收斂實數數列的極限唯一，且數列有界。若 x n → x x_n\to x x n → x y n → y y_n\to y y n → y x n + y n → x + y x_n+y_n\to x+y x n + y n → x + y x n y n → x y x_ny_n\to xy x n y n → x y y ≠ 0 y\ne0 y = 0 x n / y n → x / y x_n/y_n\to x/y x n / y n → x / y x n ≤ z n ≤ y n x_n\le z_n\le y_n x n ≤ z n ≤ y n L L L z n → L z_n\to L z n → L
證明
唯一性與有界性 若 x n → L x_n\to L x n → L x n → M x_n\to M x n → M ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 ∣ x n − L ∣ < ε / 2 |x_n-L|<\varepsilon/2 ∣ x n − L ∣ < ε /2 ∣ x n − M ∣ < ε / 2 |x_n-M|<\varepsilon/2 ∣ x n − M ∣ < ε /2 ∣ L − M ∣ < ε |L-M|<\varepsilon ∣ L − M ∣ < ε ε \varepsilon ε L = M L=M L = M N N N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ < 1 |x_n-L|<1 ∣ x n − L ∣ < 1 ∣ x n ∣ ≤ ∣ L ∣ + 1 |x_n|\le|L|+1 ∣ x n ∣ ≤ ∣ L ∣ + 1
有界性的逆命題不成立：( − 1 ) n (-1)^n ( − 1 ) n L L L 1 1 1 − 1 -1 − 1
證明
乘積定律的機制 收斂數列 ( y n ) (y_n) ( y n ) ∣ y n ∣ ≤ M |y_n|\le M ∣ y n ∣ ≤ M
∣ x n y n − x y ∣ ≤ ∣ y n ∣ ∣ x n − x ∣ + ∣ x ∣ ∣ y n − y ∣ , |x_ny_n-xy|\le|y_n||x_n-x|+|x||y_n-y|, ∣ x n y n − x y ∣ ≤ ∣ y n ∣∣ x n − x ∣ + ∣ x ∣∣ y n − y ∣ , 兩項均趨零。對商，y n → y ≠ 0 y_n\to y\ne0 y n → y = 0 ∣ y n ∣ ≥ ∣ y ∣ / 2 |y_n|\ge|y|/2 ∣ y n ∣ ≥ ∣ y ∣/2 1 / y n → 1 / y 1/y_n\to1/y 1/ y n → 1/ y
子列
定義
子列 ( x n ) (x_n) ( x n ) ( x n k ) (x_{n_k}) ( x n k ) n 1 < n 2 < ⋯ n_1<n_2<\cdots n 1 < n 2 < ⋯ x n → L x_n\to L x n → L L L L n k ≥ k n_k\ge k n k ≥ k
證明
套疊區間證明 把所有項放入閉有界區間 I 1 I_1 I 1 I 2 I_2 I 2 I k I_k I k n k n_k n k x n k ∈ I k x_{n_k}\in I_k x n k ∈ I k L L L x n k , L ∈ I k x_{n_k},L\in I_k x n k , L ∈ I k
結論是關於子列，而非整個數列。例如 ( − 1 ) n (-1)^n ( − 1 ) n 1 1 1 − 1 -1 − 1
實直線閉集：序列判據與開補集
在通常的經典集合論背景下討論實直線，並允許可數次見證選擇。集合 U U U y y y U U U r > 0 r>0 r > 0 ( y − r , y + r ) (y-r,y+r) ( y − r , y + r ) U U U 1 / n 1/n 1/ n K K K
K K K K K K K K K
由 2 推出 1。 設 x n x_n x n K K K x n x_n x n x x x x x x K K K r > 0 r>0 r > 0 ( x − r , x + r ) (x-r,x+r) ( x − r , x + r ) K K K ∣ x n − x ∣ < r |x_n-x|<r ∣ x n − x ∣ < r x n x_n x n K K K x x x K K K
由 1 推出 2。 固定不屬於 K K K y y y y y y K K K n n n x n x_n x n K K K ∣ x n − y ∣ < 1 / n |x_n-y|<1/n ∣ x n − y ∣ < 1/ n ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N 1 / N < ε 1/N<\varepsilon 1/ N < ε n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − y ∣ < 1 / n ≤ 1 / N < ε |x_n-y|<1/n\le1/N<\varepsilon ∣ x n − y ∣ < 1/ n ≤ 1/ N < ε x n x_n x n y y y y y y K K K y y y K K K K K K K K K
學習目標與定義
集合 K ⊆ R K\subseteq\mathbb R K ⊆ R K K K K K K K K K K K K
空集是緊致、閉且有界的，也滿足序列緊致性；這些性質均以空真方式成立。在需要選取點或無窮序列的證明中，要單獨處理空集。我們使用先前數列內容中的實數完備性及其閉區間套和 Bolzano–Weierstrass 推論。
定理：實數直線上的 Heine–Borel 定理
對 K ⊆ R K\subseteq\mathbb R K ⊆ R
緊致推出閉且有界。 區間 ( − n , n ) (-n,n) ( − n , n ) n ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 R \mathbb R R K K K y ∉ K y\notin K y ∈ / K x ∈ K x\in K x ∈ K B ( x , ∣ x − y ∣ / 2 ) B(x,|x-y|/2) B ( x , ∣ x − y ∣/2 ) y y y K K K δ \delta δ y y y x x x y y y ∣ x − y ∣ / 2 ≥ δ |x-y|/2\ge\delta ∣ x − y ∣/2 ≥ δ B ( y , δ ) B(y,\delta) B ( y , δ ) K K K K K K
閉且有界推出緊致。 將非空的 K K K I 0 I_0 I 0 K K K I 0 I_0 I 0 K K K K K K I n I_n I n K ∩ I n K\cap I_n K ∩ I n x n ∈ K ∩ I n x_n\in K\cap I_n x n ∈ K ∩ I n p p p I n I_n I n x n → p x_n\to p x n → p p ∈ K p\in K p ∈ K O O O p p p O O O p p p n n n I n I_n I n O O O K ∩ I n K\cap I_n K ∩ I n
閉且有界推出序列緊致。 K K K K K K
序列緊致推出閉且有界。 若無界，可選取 x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K ∣ x n ∣ > n |x_n|>n ∣ x n ∣ > n p p p K K K x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K ∣ x n − p ∣ < 1 / n |x_n-p|<1/n ∣ x n − p ∣ < 1/ n K K K p p p p ∈ K p\in K p ∈ K K K K
實數線上的緊緻子集
集合 K ⊂ R K\subset\mathbb R K ⊂ R R \mathbb R R K K K K K K
定理
極值定理 若 K ⊂ R K\subset\mathbb R K ⊂ R f : K → R f:K\to\mathbb R f : K → R f f f K K K
證明
抽取逼近最大值的子列 若 f f f x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K f ( x n ) > n f(x_n)>n f ( x n ) > n x n k → x ∈ K x_{n_k}\to x\in K x n k → x ∈ K f ( x n k ) → f ( x ) f(x_{n_k})\to f(x) f ( x n k ) → f ( x ) − f -f − f s = sup f ( K ) s=\sup f(K) s = sup f ( K ) x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K s − 1 / n < f ( x n ) ≤ s s-1/n<f(x_n)\le s s − 1/ n < f ( x n ) ≤ s x ∈ K x\in K x ∈ K f ( x ) = s f(x)=s f ( x ) = s − f -f − f
例題
哪個假設失效？ 連續函數 f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 0 0 0 1 1 1 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
費馬必要條件。 在可微的內點局部最大值或最小值處，f ′ ( a ) = 0 f'(a)=0 f ′ ( a ) = 0
證明。 在局部最大值處，充分小的正增量給出非正差商，負增量給出非負差商。雙側導數的極限要同時滿足兩種符號，只能為零。對函數取負處理最小值。□ \square □
內點條件很重要：f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] x 3 x^3 x 3
Rolle 定理。 若 a < b a<b a < b f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f ( a ) = f ( b ) c ∈ ( a , b ) c\in(a,b) c ∈ ( a , b ) f ′ ( c ) = 0 f'(c)=0 f ′ ( c ) = 0
證明。 極值定理保證最大值和最小值存在。若函數為常數，任意內點均符合要求。否則某值不同於相等的端點值，因此最大值或最小值之一出現在內部。可在該處應用費馬條件。□ \square □
中值定理。 在相同的連續與可微條件下，不要求端點值相等，則存在 c ∈ ( a , b ) c\in(a,b) c ∈ ( a , b ) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( c ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(c)(b-a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( c ) ( b − a )
從 f f f f ( a ) + [ f ( b ) − f ( a ) ] ( x − a ) / ( b − a ) f(a)+[f(b)-f(a)](x-a)/(b-a) f ( a ) + [ f ( b ) − f ( a )] ( x − a ) / ( b − a ) f ′ f' f ′ ∣ f ′ ∣ ≤ M |f'|\le M ∣ f ′ ∣ ≤ M ∣ f ( y ) − f ( x ) ∣ ≤ M ∣ y − x ∣ |f(y)-f(x)|\le M|y-x| ∣ f ( y ) − f ( x ) ∣ ≤ M ∣ y − x ∣
一致連續
定義
整個定義域共用一個 delta 若對每個 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 x , y ∈ A x,y\in A x , y ∈ A ∣ x − y ∣ < δ |x-y|<\delta ∣ x − y ∣ < δ ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε |f(x)-f(y)|<\varepsilon ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε f : A → R f:A\to\mathbb R f : A → R A A A δ \delta δ ε \varepsilon ε x x x y y y
證明
用緊緻性作反證 若非一致連續，則存在 ε 0 > 0 \varepsilon_0>0 ε 0 > 0 n n n x n , y n ∈ K x_n,y_n\in K x n , y n ∈ K ∣ x n − y n ∣ < 1 / n |x_n-y_n|<1/n ∣ x n − y n ∣ < 1/ n ∣ f ( x n ) − f ( y n ) ∣ ≥ ε 0 |f(x_n)-f(y_n)|\ge\varepsilon_0 ∣ f ( x n ) − f ( y n ) ∣ ≥ ε 0 x n k → x ∈ K x_{n_k}\to x\in K x n k → x ∈ K y n k → x y_{n_k}\to x y n k → x f ( x n k ) → f ( x ) f(x_{n_k})\to f(x) f ( x n k ) → f ( x ) f ( y n k ) → f ( x ) f(y_{n_k})\to f(x) f ( y n k ) → f ( x ) ε 0 \varepsilon_0 ε 0
例題
無界定義域上連續但非一致連續 f ( x ) = x 2 f(x)=x^2 f ( x ) = x 2 R \mathbb R R x n = n x_n=n x n = n y n = n + 1 / n y_n=n+1/n y n = n + 1/ n ∣ x n − y n ∣ = 1 / n → 0 |x_n-y_n|=1/n\to0 ∣ x n − y n ∣ = 1/ n → 0 ∣ f ( y n ) − f ( x n ) ∣ = 2 + 1 / n 2 ↛ 0 |f(y_n)-f(x_n)|=2+1/n^2\not\to0 ∣ f ( y n ) − f ( x n ) ∣ = 2 + 1/ n 2 → 0 ∣ x ∣ , ∣ y ∣ ≤ M |x|,|y|\le M ∣ x ∣ , ∣ y ∣ ≤ M ∣ x 2 − y 2 ∣ ≤ 2 M ∣ x − y ∣ |x^2-y^2|\le2M|x-y| ∣ x 2 − y 2 ∣ ≤ 2 M ∣ x − y ∣
學習目標與定義
推導可積性結論背後的證明，並區分有界與可積。設 a < b a<b a < b f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] P : a = x 0 < ⋯ < x n = b P:a=x_0<\cdots<x_n=b P : a = x 0 < ⋯ < x n = b m i = inf [ x i − 1 , x i ] f m_i=\inf_{[x_{i-1},x_i]}f m i = inf [ x i − 1 , x i ] f M i = sup [ x i − 1 , x i ] f M_i=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f M i = sup [ x i − 1 , x i ] f L ( f , P ) = ∑ m i Δ x i L(f,P)=\sum m_i\Delta x_i L ( f , P ) = ∑ m i Δ x i U ( f , P ) = ∑ M i Δ x i U(f,P)=\sum M_i\Delta x_i U ( f , P ) = ∑ M i Δ x i I ‾ \underline I I I ‾ \overline I I
對任意兩個分割 P , Q P,Q P , Q L ( f , P ) ≤ U ( f , Q ) L(f,P)\le U(f,Q) L ( f , P ) ≤ U ( f , Q ) I ‾ ≤ I ‾ \underline I\le\overline I I ≤ I
定理：Darboux 判據
有界函數可積，當且僅當對每個 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε
證明。 若上下積分均等於 I I I I − ε / 2 I-\varepsilon/2 I − ε /2 I + ε / 2 I+\varepsilon/2 I + ε /2 ε \varepsilon ε ε \varepsilon ε 0 ≤ I ‾ − I ‾ ≤ U ( f , P ) − L ( f , P ) 0\le\overline I-\underline I\le U(f,P)-L(f,P) 0 ≤ I − I ≤ U ( f , P ) − L ( f , P )
定理：允許有限個不連續點
若 f f f
證明。 設 ∣ f ∣ ≤ M |f|\le M ∣ f ∣ ≤ M M > 0 M>0 M > 0 ε / ( 4 M ) \varepsilon/(4M) ε / ( 4 M ) [ a , b ] [a,b] [ a , b ] 2 M 2M 2 M ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 f f f ε / [ 2 ( b − a ) ] \varepsilon/[2(b-a)] ε / [ 2 ( b − a )] ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 ε \varepsilon ε
連續函數與任意標籤的細網格
設 f : [ a , b ] → R f:[a,b]\to\mathbb R f : [ a , b ] → R a < b a<b a < b f f f P P P L ( f , P ) L(f,P) L ( f , P ) U ( f , P ) U(f,P) U ( f , P ) I I I
固定 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 ∣ x − y ∣ < δ |x-y|<\delta ∣ x − y ∣ < δ ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε / [ 2 ( b − a ) ] |f(x)-f(y)|<\varepsilon/[2(b-a)] ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε / [ 2 ( b − a )] P P P δ \delta δ ε / [ 2 ( b − a ) ] \varepsilon/[2(b-a)] ε / [ 2 ( b − a )]
U ( f , P ) − L ( f , P ) ≤ ε 2 < ε . U(f,P)-L(f,P)\le\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon. U ( f , P ) − L ( f , P ) ≤ 2 ε < ε . 對任意標籤選擇，其標籤和 S ( P ) S(P) S ( P ) L ( f , P ) L(f,P) L ( f , P ) U ( f , P ) U(f,P) U ( f , P ) I I I ∣ S ( P ) − I ∣ ≤ U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε |S(P)-I|\le U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon ∣ S ( P ) − I ∣ ≤ U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε δ \delta δ
設 a < b a<b a < b a = x 0 < x 1 < ⋯ < x n = b a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b a = x 0 < x 1 < ⋯ < x n = b Δ x i = x i − x i − 1 \Delta x_i=x_i-x_{i-1} Δ x i = x i − x i − 1 ξ i ∈ [ x i − 1 , x i ] \xi_i\in[x_{i-1},x_i] ξ i ∈ [ x i − 1 , x i ] ∥ P ∥ = max i Δ x i \|P\|=\max_i\Delta x_i ∥ P ∥ = max i Δ x i I I I ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 ∥ P ∥ < δ \|P\|<\delta ∥ P ∥ < δ ∣ ∑ i f ( ξ i ) Δ x i − I ∣ < ε |\sum_i f(\xi_i)\Delta x_i-I|<\varepsilon ∣ ∑ i f ( ξ i ) Δ x i − I ∣ < ε I I I ∫ a b f ( x ) d x \int_a^bf(x)dx ∫ a b f ( x ) d x
設 f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] A ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t A(x)=\int_a^xf(t)dt A ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t x ∈ ( a , b ) x\in(a,b) x ∈ ( a , b ) x + h ∈ [ a , b ] x+h\in[a,b] x + h ∈ [ a , b ] h h h
∣ A ( x + h ) − A ( x ) h − f ( x ) ∣ ≤ sup t ∈ [ min ( x , x + h ) , max ( x , x + h ) ] ∣ f ( t ) − f ( x ) ∣ ⟶ 0 ( h → 0 ) . \left|\frac{A(x+h)-A(x)}h-f(x)\right|\le\sup_{t\in[\min(x,x+h),\max(x,x+h)]}|f(t)-f(x)|\longrightarrow0\quad(h\to0). h A ( x + h ) − A ( x ) − f ( x ) ≤ t ∈ [ m i n ( x , x + h ) , m a x ( x , x + h )] sup ∣ f ( t ) − f ( x ) ∣ ⟶ 0 ( h → 0 ) . 因此內部有 A ′ ( x ) = f ( x ) A'(x)=f(x) A ′ ( x ) = f ( x ) F F F [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) F ′ = f F'=f F ′ = f F − A F-A F − A [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ∫ a b f = F ( b ) − F ( a ) \int_a^bf=F(b)-F(a) ∫ a b f = F ( b ) − F ( a )
積分帶符號；f f f
記號 ∫ f ( x ) d x = F ( x ) + C \int f(x)dx=F(x)+C ∫ f ( x ) d x = F ( x ) + C ∫ d x / x = ln ∣ x ∣ + C \int dx/x=\ln|x|+C ∫ d x / x = ln ∣ x ∣ + C ( − ∞ , 0 ) (-\infty,0) ( − ∞ , 0 ) ( 0 , ∞ ) (0,\infty) ( 0 , ∞ )
常用表。 在適當實區間上，當 n ≠ − 1 n\ne-1 n = − 1
∫ x n d x = x n + 1 n + 1 + C , ∫ d x x = ln ∣ x ∣ + C , ∫ e k x d x = 1 k e k x + C ( k ≠ 0 ) . \int x^n dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C,\quad
\int\frac{dx}{x}=\ln|x|+C,\quad
\int e^{kx}dx=\frac1k e^{kx}+C\ (k\ne0). ∫ x n d x = n + 1 x n + 1 + C , ∫ x d x = ln ∣ x ∣ + C , ∫ e k x d x = k 1 e k x + C ( k = 0 ) . 另外 ∫ cos x d x = sin x + C \int\cos xdx=\sin x+C ∫ cos x d x = sin x + C ∫ sin x d x = − cos x + C \int\sin xdx=-\cos x+C ∫ sin x d x = − cos x + C ∫ sec 2 x d x = tan x + C \int\sec^2xdx=\tan x+C ∫ sec 2 x d x = tan x + C ∫ d x / ( 1 + x 2 ) = arctan x + C \int dx/(1+x^2)=\arctan x+C ∫ d x / ( 1 + x 2 ) = arctan x + C + C +C + C
3.2 換元與正確積分限
鏈式法則蘊含
∫ f ( g ( x ) ) g ′ ( x ) d x = F ( g ( x ) ) + C when F ′ = f . \int f(g(x))g'(x)dx=F(g(x))+C\quad\text{when }F'=f. ∫ f ( g ( x )) g ′ ( x ) d x = F ( g ( x )) + C when F ′ = f . 定積分形式為
∫ a b f ( g ( x ) ) g ′ ( x ) d x = ∫ g ( a ) g ( b ) f ( u ) d u . \int_a^bf(g(x))g'(x)dx=\int_{g(a)}^{g(b)}f(u)du. ∫ a b f ( g ( x )) g ′ ( x ) d x = ∫ g ( a ) g ( b ) f ( u ) d u . 這種一元換元若由原函數複合來論證，不要求 g g g
2. 定積分換元與分部積分
設 a < b a<b a < b g ∈ C 1 ( [ a , b ] ) g\in C^1([a,b]) g ∈ C 1 ([ a , b ]) f f f g ( [ a , b ] ) g([a,b]) g ([ a , b ]) I I I
∫ a b f ( g ( x ) ) g ′ ( x ) d x = ∫ g ( a ) g ( b ) f ( u ) d u . \int_a^b f(g(x))g'(x)\,dx=\int_{g(a)}^{g(b)} f(u)\,du. ∫ a b f ( g ( x )) g ′ ( x ) d x = ∫ g ( a ) g ( b ) f ( u ) d u . 證明。 若 I I I f f f g ( [ a , b ] ) g([a,b]) g ([ a , b ]) u 0 u_0 u 0 F ( u ) = ∫ u 0 u f ( t ) d t F(u)=\int_{u_0}^{u}f(t)\,dt F ( u ) = ∫ u 0 u f ( t ) d t F ′ = f F'=f F ′ = f ( a , b ) (a,b) ( a , b ) ( F ∘ g ) ′ = f ( g ) g ′ (F\circ g)'=f(g)g' ( F ∘ g ) ′ = f ( g ) g ′ f ( g ) g ′ f(g)g' f ( g ) g ′ F ( g ( b ) ) − F ( g ( a ) ) F(g(b))-F(g(a)) F ( g ( b )) − F ( g ( a )) g g g
若 u , v ∈ C 1 ( [ a , b ] ) u,v\in C^1([a,b]) u , v ∈ C 1 ([ a , b ])
∫ a b u ( x ) v ′ ( x ) d x = [ u ( x ) v ( x ) ] a b − ∫ a b u ′ ( x ) v ( x ) d x . \int_a^b u(x)v'(x)\,dx=[u(x)v(x)]_a^b-\int_a^b u'(x)v(x)\,dx. ∫ a b u ( x ) v ′ ( x ) d x = [ u ( x ) v ( x ) ] a b − ∫ a b u ′ ( x ) v ( x ) d x . 證明。 對乘積法則 ( u v ) ′ = u ′ v + u v ′ (uv)'=u'v+uv' ( uv ) ′ = u ′ v + u v ′
例。 令 g ( x ) = x 2 g(x)=x^2 g ( x ) = x 2 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] f ( u ) = e u f(u)=e^u f ( u ) = e u ∫ − 1 1 2 x e x 2 d x = ∫ 1 1 e u d u = 0 \int_{-1}^{1}2xe^{x^2}dx=\int_1^1e^u du=0 ∫ − 1 1 2 x e x 2 d x = ∫ 1 1 e u d u = 0 g g g ∫ 0 1 x e x d x = [ x e x ] 0 1 − ∫ 0 1 e x d x = 1 \int_0^1xe^x dx=[xe^x]_0^1-\int_0^1e^x dx=1 ∫ 0 1 x e x d x = [ x e x ] 0 1 − ∫ 0 1 e x d x = 1
例 1：遺漏的系數。 對 ∫ x ( 4 + x 2 ) 3 d x \int x(4+x^2)^3dx ∫ x ( 4 + x 2 ) 3 d x u = 4 + x 2 u=4+x^2 u = 4 + x 2 d u = 2 x d x du=2x\,dx d u = 2 x d x 1 2 ∫ u 3 d u = ( 4 + x 2 ) 4 / 8 + C \frac12\int u^3du=(4+x^2)^4/8+C 2 1 ∫ u 3 d u = ( 4 + x 2 ) 4 /8 + C x ( 4 + x 2 ) 3 x(4+x^2)^3 x ( 4 + x 2 ) 3 1 / 8 1/8 1/8
例 2：非單調內函數。 計算 ∫ − 1 1 2 x cos ( x 2 ) d x \int_{-1}^1 2x\cos(x^2)dx ∫ − 1 1 2 x cos ( x 2 ) d x sin ( x 2 ) \sin(x^2) sin ( x 2 ) sin 1 − sin 1 = 0 \sin1-\sin1=0 sin 1 − sin 1 = 0 u = x 2 u=x^2 u = x 2 1 1 1 1 1 1 2 x 2x 2 x 不 意味著不同的積分 ∫ − 1 1 cos ( x 2 ) d x \int_{-1}^1\cos(x^2)dx ∫ − 1 1 cos ( x 2 ) d x
3.3 分部積分與重複使用
乘積法則給出
∫ u d v = u v − ∫ v d u . \int u\,dv=uv-\int v\,du. ∫ u d v = uv − ∫ v d u . 對定積分，將 u v uv uv [ u v ] a b [uv]_a^b [ uv ] a b u u u
例 3：多項式乘指數。 對 ∫ x 2 e x d x \int x^2e^xdx ∫ x 2 e x d x u = x 2 u=x^2 u = x 2 d v = e x d x dv=e^xdx d v = e x d x
∫ x 2 e x d x = x 2 e x − 2 ∫ x e x d x = e x ( x 2 − 2 x + 2 ) + C . \int x^2e^xdx=x^2e^x-2\int xe^xdx=e^x(x^2-2x+2)+C. ∫ x 2 e x d x = x 2 e x − 2 ∫ x e x d x = e x ( x 2 − 2 x + 2 ) + C . 第二次分部積分再次降低多項式次數。求導檢驗時，多餘的低次項相互抵消。
例 4：沒有明顯乘積的對數。 對 x > 0 x>0 x > 0 ln x = ( ln x ) ⋅ 1 \ln x=(\ln x)\cdot1 ln x = ( ln x ) ⋅ 1 u = ln x u=\ln x u = ln x d v = d x dv=dx d v = d x ∫ ln x d x = x ln x − x + C \int\ln xdx=x\ln x-x+C ∫ ln x d x = x ln x − x + C ln x \ln x ln x x x x
有些乘積會回到原積分。令 I = ∫ e x cos x d x I=\int e^x\cos xdx I = ∫ e x cos x d x I = e x cos x + e x sin x − I I=e^x\cos x+e^x\sin x-I I = e x cos x + e x sin x − I I = e x ( cos x + sin x ) / 2 + C I=e^x(\cos x+\sin x)/2+C I = e x ( cos x + sin x ) /2 + C
3.4 三角冪與三角換元
對正弦或餘弦的奇次冪，保留一個因子構成微分，用 sin 2 x + cos 2 x = 1 \sin^2x+\cos^2x=1 sin 2 x + cos 2 x = 1
例 5：奇次冪。 對 ∫ sin 3 x cos 2 x d x \int\sin^3x\cos^2xdx ∫ sin 3 x cos 2 x d x u = cos x u=\cos x u = cos x d u = − sin x d x du=-\sin xdx d u = − sin x d x sin 2 x = 1 − u 2 \sin^2x=1-u^2 sin 2 x = 1 − u 2
− ∫ ( 1 − u 2 ) u 2 d u = − u 3 3 + u 5 5 + C . -\int(1-u^2)u^2du=-\frac{u^3}{3}+\frac{u^5}{5}+C. − ∫ ( 1 − u 2 ) u 2 d u = − 3 u 3 + 5 u 5 + C . 偶次冪常可用半角恆等式：sin 2 x = ( 1 − cos 2 x ) / 2 \sin^2x=(1-\cos2x)/2 sin 2 x = ( 1 − cos 2 x ) /2 cos 2 x = ( 1 + cos 2 x ) / 2 \cos^2x=(1+\cos2x)/2 cos 2 x = ( 1 + cos 2 x ) /2 ∫ 0 π / 2 sin 2 x d x = π / 4 \int_0^{\pi/2}\sin^2xdx=\pi/4 ∫ 0 π /2 sin 2 x d x = π /4
根式可能提示三角換元。對 a > 0 a>0 a > 0 a 2 − x 2 \sqrt{a^2-x^2} a 2 − x 2 θ ∈ [ − π / 2 , π / 2 ] \theta\in[-\pi/2,\pi/2] θ ∈ [ − π /2 , π /2 ] x = a sin θ x=a\sin\theta x = a sin θ a cos θ a\cos\theta a cos θ ± a cos θ \pm a\cos\theta ± a cos θ d x = a cos θ d θ dx=a\cos\theta\,d\theta d x = a cos θ d θ
例 6：控制分支的半圓積分。 計算 ∫ 0 a a 2 − x 2 d x \int_0^a\sqrt{a^2-x^2}dx ∫ 0 a a 2 − x 2 d x
a 2 ∫ 0 π / 2 cos 2 θ d θ = π a 2 4 . a^2\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta d\theta=\frac{\pi a^2}{4}. a 2 ∫ 0 π /2 cos 2 θ d θ = 4 π a 2 . 四分之一圓的面積給出獨立幾何檢驗。若沒有分支限制，應有 a 2 cos 2 θ = a ∣ cos θ ∣ \sqrt{a^2\cos^2\theta}=a|\cos\theta| a 2 cos 2 θ = a ∣ cos θ ∣ a cos θ a\cos\theta a cos θ
對 a 2 + x 2 \sqrt{a^2+x^2} a 2 + x 2 x = a tan θ x=a\tan\theta x = a tan θ x 2 − a 2 \sqrt{x^2-a^2} x 2 − a 2 x = a sec θ x=a\sec\theta x = a sec θ
3.5 有理函數與部分分式
對有理函數 P ( x ) / Q ( x ) P(x)/Q(x) P ( x ) / Q ( x ) A / ( x − a ) A/(x-a) A / ( x − a )
例 7：不同因式。 分解
3 x + 5 ( x + 1 ) ( x + 2 ) = A x + 1 + B x + 2 . \frac{3x+5}{(x+1)(x+2)}=\frac A{x+1}+\frac B{x+2}. ( x + 1 ) ( x + 2 ) 3 x + 5 = x + 1 A + x + 2 B . 比較分子得 A + B = 3 A+B=3 A + B = 3 2 A + B = 5 2A+B=5 2 A + B = 5 A = 2 , B = 1 A=2,B=1 A = 2 , B = 1 − 1 , − 2 -1,-2 − 1 , − 2 2 ln ∣ x + 1 ∣ + ln ∣ x + 2 ∣ + C 2\ln|x+1|+\ln|x+2|+C 2 ln ∣ x + 1∣ + ln ∣ x + 2∣ + C
對重複因式，1 / [ x ( x + 1 ) 2 ] 1/[x(x+1)^2] 1/ [ x ( x + 1 ) 2 ] A / x + B / ( x + 1 ) + C / ( x + 1 ) 2 A/x+B/(x+1)+C/(x+1)^2 A / x + B / ( x + 1 ) + C / ( x + 1 ) 2 A = 1 , B = − 1 , C = − 1 A=1,B=-1,C=-1 A = 1 , B = − 1 , C = − 1 ln ∣ x ∣ − ln ∣ x + 1 ∣ + 1 / ( x + 1 ) + C \ln|x|-\ln|x+1|+1/(x+1)+C ln ∣ x ∣ − ln ∣ x + 1∣ + 1/ ( x + 1 ) + C
對不可約分母，將分子拆成分母導數的倍數及餘項。例如，
∫ 2 x + 3 x 2 + 1 d x = ln ( x 2 + 1 ) + 3 arctan x + C . \int\frac{2x+3}{x^2+1}dx=\ln(x^2+1)+3\arctan x+C. ∫ x 2 + 1 2 x + 3 d x = ln ( x 2 + 1 ) + 3 arctan x + C . 由於 x 2 + 1 > 0 x^2+1>0 x 2 + 1 > 0
3.6 廣義積分是極限
當有限極限存在時，定義 ∫ a ∞ f ( x ) d x = lim T → ∞ ∫ a T f ( x ) d x \int_a^\infty f(x)dx=\lim_{T\to\infty}\int_a^Tf(x)dx ∫ a ∞ f ( x ) d x = lim T → ∞ ∫ a T f ( x ) d x
例 8：冪次閾值。 對 p ≠ 1 p\ne1 p = 1
∫ 1 T x − p d x = T 1 − p − 1 1 − p . \int_1^T x^{-p}dx=\frac{T^{1-p}-1}{1-p}. ∫ 1 T x − p d x = 1 − p T 1 − p − 1 . 當 T → ∞ T\to\infty T → ∞ p > 1 p>1 p > 1 1 / ( p − 1 ) 1/(p-1) 1/ ( p − 1 ) p = 1 p=1 p = 1 ln T \ln T ln T
1 / x 1/x 1/ x [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ]
3.7 分層練習
基礎
計算 ∫ 0 2 ( 3 x 2 − 2 x + 1 ) d x \int_0^2(3x^2-2x+1)dx ∫ 0 2 ( 3 x 2 − 2 x + 1 ) d x
求 ∫ 4 x ( 1 + 2 x 2 ) 5 d x \int 4x(1+2x^2)^5dx ∫ 4 x ( 1 + 2 x 2 ) 5 d x
用分部積分計算 ∫ 1 e ln x d x \int_1^e\ln xdx ∫ 1 e ln x d x
核心
求 ∫ x cos ( 3 x ) d x \int x\cos(3x)dx ∫ x cos ( 3 x ) d x
計算 ∫ 0 π / 2 sin 3 x cos 2 x d x \int_0^{\pi/2}\sin^3x\cos^2xdx ∫ 0 π /2 sin 3 x cos 2 x d x
使用寫明分支的三角換元計算 ∫ 0 2 4 − x 2 d x \int_0^2\sqrt{4-x^2}dx ∫ 0 2 4 − x 2 d x
將 ( 2 x + 3 ) / [ ( x + 1 ) ( x + 2 ) ] (2x+3)/[(x+1)(x+2)] ( 2 x + 3 ) / [( x + 1 ) ( x + 2 )]
求 ∫ ( 3 x + 2 ) / ( x 2 + 4 ) d x \int(3x+2)/(x^2+4)dx ∫ ( 3 x + 2 ) / ( x 2 + 4 ) d x
綜合
判斷 ∫ 1 ∞ x − 3 / 2 d x \int_1^\infty x^{-3/2}dx ∫ 1 ∞ x − 3/2 d x ∫ 0 1 x − 3 / 2 d x \int_0^1x^{-3/2}dx ∫ 0 1 x − 3/2 d x
精確解釋為何不能將 ∫ − 1 1 x − 2 d x \int_{-1}^1x^{-2}dx ∫ − 1 1 x − 2 d x [ − 1 / x ] − 1 1 = − 2 [-1/x]_{-1}^1=-2 [ − 1/ x ] − 1 1 = − 2
3.8 詳解
原函數為 x 3 − x 2 + x x^3-x^2+x x 3 − x 2 + x 8 − 4 + 2 = 6 8-4+2=6 8 − 4 + 2 = 6
令 u = 1 + 2 x 2 u=1+2x^2 u = 1 + 2 x 2 d u = 4 x d x du=4xdx d u = 4 x d x u 6 / 6 + C = ( 1 + 2 x 2 ) 6 / 6 + C u^6/6+C=(1+2x^2)^6/6+C u 6 /6 + C = ( 1 + 2 x 2 ) 6 /6 + C ( 1 + 2 x 2 ) 5 ( 4 x ) (1+2x^2)^5(4x) ( 1 + 2 x 2 ) 5 ( 4 x )
原函數為 x ln x − x x\ln x-x x ln x − x ( e − e ) − ( 0 − 1 ) = 1 (e-e)-(0-1)=1 ( e − e ) − ( 0 − 1 ) = 1
令 u = x u=x u = x d v = cos 3 x d x dv=\cos3x\,dx d v = cos 3 x d x v = sin 3 x / 3 v=\sin3x/3 v = sin 3 x /3 x sin 3 x / 3 + cos 3 x / 9 + C x\sin3x/3+\cos3x/9+C x sin 3 x /3 + cos 3 x /9 + C x cos 3 x x\cos3x x cos 3 x
令 u = cos x u=\cos x u = cos x 1 1 1 0 0 0 ∫ 0 1 ( u 2 − u 4 ) d u = 1 / 3 − 1 / 5 = 2 / 15 \int_0^1(u^2-u^4)du=1/3-1/5=2/15 ∫ 0 1 ( u 2 − u 4 ) d u = 1/3 − 1/5 = 2/15
令 x = 2 sin θ x=2\sin\theta x = 2 sin θ 0 ≤ θ ≤ π / 2 0\le\theta\le\pi/2 0 ≤ θ ≤ π /2 2 cos θ 2\cos\theta 2 cos θ d x = 2 cos θ d θ dx=2\cos\theta d\theta d x = 2 cos θ d θ 4 ∫ 0 π / 2 cos 2 θ d θ = π 4\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta d\theta=\pi 4 ∫ 0 π /2 cos 2 θ d θ = π
比較 A + B = 2 A+B=2 A + B = 2 2 A + B = 3 2A+B=3 2 A + B = 3 A = B = 1 A=B=1 A = B = 1 ln ∣ x + 1 ∣ + ln ∣ x + 2 ∣ + C \ln|x+1|+\ln|x+2|+C ln ∣ x + 1∣ + ln ∣ x + 2∣ + C
分解分子：3 x 3x 3 x ( 3 / 2 ) ( 2 x ) (3/2)(2x) ( 3/2 ) ( 2 x ) ( 3 / 2 ) ln ( x 2 + 4 ) (3/2)\ln(x^2+4) ( 3/2 ) ln ( x 2 + 4 ) ∫ 2 d x / ( x 2 + 4 ) = arctan ( x / 2 ) \int2dx/(x^2+4)=\arctan(x/2) ∫ 2 d x / ( x 2 + 4 ) = arctan ( x /2 ) ( 3 / 2 ) ln ( x 2 + 4 ) + arctan ( x / 2 ) + C (3/2)\ln(x^2+4)+\arctan(x/2)+C ( 3/2 ) ln ( x 2 + 4 ) + arctan ( x /2 ) + C
在 [ 1 , T ] [1,T] [ 1 , T ] − 2 x − 1 / 2 -2x^{-1/2} − 2 x − 1/2 2 − 2 / T → 2 2-2/\sqrt T\to2 2 − 2/ T → 2 [ ε , 1 ] [\varepsilon,1] [ ε , 1 ] − 2 + 2 / ε → ∞ -2+2/\sqrt\varepsilon\to\infty − 2 + 2/ ε → ∞ ε ↓ 0 \varepsilon\downarrow0 ε ↓ 0
被積函數在零處無定義且無界，不在整個區間上連續，故普通微積分基本定理不能跨該點使用。在 [ ε , 1 ] [\varepsilon,1] [ ε , 1 ] − 1 + 1 / ε → ∞ -1+1/\varepsilon\to\infty − 1 + 1/ ε → ∞ [ − 1 , − ε ] [-1,-\varepsilon] [ − 1 , − ε ] 1 / ε − 1 → ∞ 1/\varepsilon-1\to\infty 1/ ε − 1 → ∞
總結與後續聯繫
微積分基本定理通過原函數計算連續函數的定積分。換元來自鏈式法則，分部積分來自乘積法則。恆等式簡化三角冪，控制分支的換元簡化根式，部分分式分離有理項。每種技巧都必須保持定義域。廣義積分需要極限，內部奇點須分別處理兩側。
