定积分的定义与理论*

定积分的定义

Riemann 积分的经典定义 设函数 `f` 定义在 `[a, b]` 上. 若存在实数 `I`, `AA epsi gt 0`, 对于 `[a, b]` 的任意分割 (partition) `Delta = {x_0, x_1, cdots, x_n}`, `quad a = x_0 lt x_1 cdots lt x_n = b` 和关于此分割的任意介点集 `Xi = {xi_1, xi_2, cdots, xi_n}`, `quad xi_k in [x_(k-1), x_k]`, 都存在 `delta gt 0`, 使当分割的模 `||Delta||` `= max_(1 le k le n) Delta x_k` `= max_(1 le k le n) (x_k - x_(k-1))` 满足 `||Delta|| lt delta` 时, 有 `|sum_(k=1)^n f(xi_k) Delta x_k - I| lt epsi`, 则称 `f` 在 `[a, b]` 上Riemann 可积, 记作 `f in R[a, b]`. `I` 称为 `f` 在 `[a, b]` 上的积分, 记作 `int_a^b f(x) dx = I`. Riemann 可积的定义也可以用极限的语言写作 `lim_(||Delta|| to 0) sum_(k=1)^n f(xi_k) Delta x_k = I`, 其中, `S = sum_(k=1)^n f(xi_k) Delta x_k` 称为 Riemann 和.

定积分是一个数, 与积分区间 `[a, b]` 和被积函数 `f` 有关, 但与被积函数的变元无关. 因此 `int_a^b f(x) dx = int_a^b f(t) dt`. 如果视函数 `f` 为变元, 也可以说定积分是函数的函数, 即泛函.

Riemann 积分理论有其局限性和不便之处, 为此, 提出了新的积分理论—— Lebesgue 积分, 这种积分将在实变函数中介绍.

    Riemann 积分的第二定义
  1. 记 `I_k = [x_(k-1), x_k]`. 分别称 `bar S(f, Delta) = sum_(k=1)^n underset (x in I_k)"sup" f(x) |I_k|`, `quad ul S(f, Delta) = sum_(k=1)^n underset (x in I_k)"inf" f(x) |I_k|` 为 `f` 关于分割 `Delta` 的 (Darboux) 上和与下和. 这里的上、下确界取广义实值, 上确界可以取 `+oo`, 下确界可以取 `-oo`.
  2. 对介点集加细, 会使上和减小, 下和增加. 这是因为 `underset ([a, b])"sup" f ge max(underset ([a,c])"sup" f, underset ([c, b])"sup" f)`.
  3. 任意一个上和总是大于任意一个下和. 比较 `bar S(f, Delta_1)` 和 `ul S(f, Delta_2)`, 只需取 `Delta_1, Delta_2` 的公共加细 `Delta`, 则 `bar S(f, Delta_1)` `ge bar S(f, Delta)` `ge ul S(f, Delta)` `ge ul S(f, Delta_2)`. 这指出上和有下界, 下和有上界. 定义上和的下确界为上积分, 下和的上确界为下积分: `bar(int_a^b) f(x) dx = underset Delta "inf" bar S(f, Delta)` `ge ul(int_a^b) f(x) dx = underset Delta "sup" ul S(f, Delta)`. 如果上积分等于下积分, 就称 `f` 的积分存在, 且等于上、下积分的值.
  4. 上和与下和的差记为 `omega(f, Delta) = bar S(f, Delta) - ul S(f, Delta)`. 关于所有分割取下确界, 称为 `f` 在区间上的振幅: `omega(f) = underset Delta "inf" omega(f, Delta)` `= underset Delta "inf" sum_(k=1)^n omega(f, I_k) |I_k|`, 其中 `omega(f, I_k) = underset (x in I_k)"sup" f(x) - underset (x in I_k) "inf" f(x)`. 因此 `f` Riemann 可积当且仅当 `omega(f) = 0`.

Dirichlet 函数 `D(x) = chi_QQ = { 0, if x !in QQ; 1, if x in QQ :}` 在 `[0, 1]` 上不可积. 原因是无论分割取得多细, 每个小区间上的振幅始终等于 1.

可积必有界 若 `f in R[a, b]`, 则 `f` 在 `[a, b]` 上有界.

若 `f` 在 `[a, b]` 上无界, 考虑区间的任一分割, `f` 至少在其中一个子区间 `I_k` 上无界. 从而 `omega(f, I_k) ge 1//|I_k|`, 进而 `omega(f) ge omega(f, I_k) |I_k| ge 1`. 这说明 `f` 不可积.

连续必可积 若 `f in C[a, b]`, 则 `f in R[a, b]`.

闭区间 `[a, b]` 上的连续函数是一致连续的: 对任意 `epsi gt 0`, 存在 `delta gt 0`, 使得 `|f(x) - f(y)| lt epsi`, `quad AA |x-y| lt delta`. 因此只要分割足够细 (小于 `delta`), 在每个区间上的振幅就小于 `epsi`, 从而总的振幅小于 `epsi(b-a)`.

挖去有限个点, 不影响可积性 设 `f` 在 `[a, b]` 上有界, `c in [a, b]`, 且对任意小的 `delta gt 0`, `f` 分别在 `[a, c-delta]`, `[c+delta, b]` 上可积, 则 `f` 在 `[a, b]` 上可积.

设 `|f| le M`. 对任意 `epsi gt 0`, 取 `delta lt epsi // M`, 下面说明 区间 `[c-delta, c+delta]` 长度足够小, 且 `f` 在 `[a, c-delta] uu [c+delta, b]` 上的振幅足够小.
事实上, 存在 `[a, c-delta]` 和 `[c+delta, b]` 的分割 `Delta_1, Delta_2` 使得 `omega(f, Delta_i) lt epsi`, `quad i = 1, 2`. 取 `Delta_1, Delta_2` 的公共加细, 并加入 `c-delta, c+delta` 两个分点, 组成的分割记为 `Delta`, 则 `omega(f, Delta) lt 2epsi + 2delta * 2M lt 3epsi`.

定积分的性质

    定积分的基本性质 设 `f, g` 在 `[a, b]` 上可积, 则
  1. 线性性. `int_a^b (k f(x) + l g(x)) dx = k int_a^b f(x) dx + l int_a^b g(x) dx`, `k, l` 为常数;
  2. 区间可加性. 若 `f in R[a,c] uu R[c,b]`, 则 `f in R[a, b]`, 且 `int_a^b f(x) dx = int_a^c f(x) dx + int_c^b f(x) dx`;
  3. 保序性. 若 `f(x) le g(x)`, 则 `int_a^b f(x) dx le int_a^b g(x) dx`;

连续函数与可积函数的复合可积 设 `f in R[a, b]`, 则 `f` 有界, 设它的值域含于 `[c, d]`; 又设 `varphi in C[c, d]`, 则复合函数 `varphi @ f in R[a, b]`.

  1. 由于 `varphi` 在 `[c, d]` 上一致连续, 对任意 `epsi gt 0`, 存在 `delta gt 0`, 使得对任意 `s, t in [c, d]`, 只要 `|s - t| lt delta`, 就有 `|varphi(s) - varphi(t)| lt epsi`.
  2. 考虑 `[a, b]` 的一个分割 `Delta`, 将 `[a, b]` 的子区间分为两类: `k in {Lambda, if omega(f, I_k) lt delta; Lambda', otherwise:}` 我们来证明, 第一类区间上的振幅足够小, 而第二类区间的长度足够小.
  3. 对于 `k in Lambda`, 有 `omega(f, I_k) lt delta`, 则 `omega(varphi @ f, I_k) lt epsi`. 另一方面, 若 `k in Lambda'`, 则 `delta sum_(k in Lambda') |I_k|` `le sum_(k in Lambda') omega(f, I_k) |I_k|` 由 `f` 可积, 可以取分割足够细, 使得上式右边 `le delta^2`, 从而 `sum_(k in Lambda') |I_k| le delta`.
  4. 综上有 `omega(varphi @ f, Delta) le epsi(b-a) + delta * 2 B`, 其中 `B` 是 `varphi` 在 `[c, d]` 上的界. 我们可以取 `delta lt epsi`, 从而 `varphi @ f` 可积.
  1. 乘积的可积性. 若 `f, g in R[a, b]`, 则 `f g in R[a, b]`; 这保证了内积 `f * g = int_a^b f(t) g(t) dt` 和卷积 `f ** g = int_a^b f(t) g(x-t) dt` 的存在性.
  2. 绝对可积. 若 `f in R[a, b]` 则 `|f| in R[a, b]`, 且 `|int_a^b f(x) dx| le int_a^b |f(x)| dx`.
  1. 取 `varphi(t) = t^2`, 则 `(f + g)^2`, `(f - g)^2 in R[a, b]`, 进而 `f g = [(f + g)^2 - (f - g)^2]//4 in R[a, b]`.
  2. 若 `f` 可积, 取 `varphi(t) = |t|` 知 `|f|` 也可积. 利用不等式 `-|f| le f le |f|` 和保序性知道 `|int_a^b f(x) dx| le int_a^b |f(x)| dx`.

反之若 `|f|` 可积, 则 `f` 不一定可积. 如 `D(x) - 1//2`, `D(x)` 是 Dirichlet 函数. 这个问题将在 Lebesgue 积分中解决.

设 `f` 连续非负且 `int_a^b f(x) dx = 0`, 则 `f(x)` 恒等于零.

反设 `f(x_0) gt 0`, 则由极限保号性, 在 `x_0` 的附近存在一个小区间 `(x_0 - delta, x_0 + delta)` 使得 `f(x) gt 0`. 于是积分存在一个正的达布下和, 结果必为正, 矛盾.

    以下两个定理都是对函数乘积的积分的估计, 但使用的前提条件不同.
  1. 积分第一中值定理 设 `f, g in C[a, b]`, `g ge 0`, 则存在 `xi in [a, b]` 使得 `int_a^b f(x) g(x) dx` `= f(xi) int_a^b g(x) dx`.
  2. 积分第二中值定理* 设 `f in R[a, b]`, `g ge 0`:
    (1) 若 `g` 单减, 则存在 `xi in [a, b]` 使得 `int_a^b f(x) g(x) dx` `= g(a) int_a^xi f(x) dx`.
    (2) 若 `g` 单增, 则存在 `eta in [a, b]` 使得 `int_a^b f(x) g(x) dx` `= g(b) int_eta^b f(x) dx`.

积分第一中值定理的证明. 若 `g` 恒等于零, 结论显然成立. 下设 `g` 不恒等于零, 由引理知 `int_a^b g(x) dx gt 0`.
设 `f` 在 `[a, b]` 上的最大和最小值分别是 `M, m`, 由保序性 `int_a^b m g(x) dx` `le int_a^b f(x) g(x) dx` `le int_a^b M g(x) dx` 即 `m le (int_a^b f(x) g(x) dx)/(int_a^b g(x) dx) le M`. 由连续函数的介值性, 存在 `xi in [a, b]` 使得 `f(xi) = (int_a^b f(x) g(x) dx)/(int_a^b g(x) dx)`.

    积分第二中值定理的证明.
  1. 首先说明 (1) (2) 是等价的. 比如 `g` 单减时, 对函数 `h(x) = g(a+b-x)` 应用结论 (2). 使用区间再现的技巧, 有 `int_a^b f(x) g(x) dx`
    `= int_a^b f(a+b-x) g(a+b-x) dx`
    `= int_a^b f(a+b-x) h(x) dx`
    `= h(b) int_eta^b f(a+b-x) dx`
    `= g(a) int_a^(a+b-eta) f(x) dx`.     令 `xi = a + b - eta` 就得到结论 (1).
  2. 下证结论 (2). 若 `g` 恒等于零结论显然成立. 下设 `g` 不恒等于零, 则 `g(b) gt 0`. 我们先设 `g` 连续可微, 记 `F(x) = int_a^x f(t) dt`, 于是 `F(x)` 连续, `g'` 非负. 分部积分, 然后应用积分第一中值定理, 有: `int_a^b f(x) g(x) dx`
    `= g(b) F(b) - int_a^b F(x) g'(x) dx`
    `= g(b) F(b) - F(xi) int_a^b g'(x) dx`
    `= g(b) F(b) - F(xi) (g(b) - g(a))`.     两边同除以 `g(b) gt 0` 得到 `1/(g(b)) int_a^b f(x)g(x) dx` `= F(b) - F(xi)(1 - (g(a))/(g(b)))`. 注意 `1 - g(a)//g(b)` 介于 `[0, 1]` 之间, 因此 `F(xi) (1 - g(a)//g(b))` 介于 `F(xi)` 和 `F(a) = 0` 之间. 由连续函数的介值性, 存在 `eta in [a, xi]` 使得 `F(eta) = F(xi) (1 - g(a)//g(b))`, 因此上式右侧等于 `F(b) - F(eta)` `= int_eta^b f(x) dx`.
  3. 单调函数实际上具有很好的性质: 几乎处处可导. 因此我们离成功证明并不遥远. 为改进上述证明, 将积分写为达布上下和, 并运用 Abel 变换 (分部求和).

Riemann 积分与测度

我们已经看到连续必可积. 反之, 可积函数对连续性也有一定的要求, 比如 Dirichlet 函数处处不连续, 性质不好, 导致它不可积. 那么如果对 Riemann 可积函数的连续性作出适当的刻画? 本节将证明, 有界函数 `f` 在 `[a, b]` 上可积当且仅当它几乎处处连续.

    零测集与几乎处处
  1. 设 `E sube RR`, 若一列开区间 `I = {I_k}_(k=1)^oo` 满足 `E sube uuu_(k ge 1) I_k`, 则称它为 `E` 的一个可数开区间覆盖. `||I|| = sum_(k ge 1) |I_k|` 称为这个覆盖的模.
  2. 关于 `E` 的所有可数开区间覆盖 `I` 的模取下确界, 称为 `E` 的外测度: `m^**(E) = underset (I) "inf"||I||`. 之所以叫外测度, 是因为我们从 `E` 的外部对它的大小进行度量.
  3. 若 `m^**(E) = 0`, 则称 `E` 为零测集. 换言之, `E` 为零测集当且仅当对任意 `epsi gt 0`, 存在一列开区间 `{I_k}`, 满足 `E sube uuu_(k ge 1) I_k`, `quad sum_(k ge 1) |I_k| lt epsi`.
  4. 若函数 `f` 在 `[a, b]` 上有定义, 且在一个零测集之外, 即在 `[a, b]\\E` 上处处具有性质 `P`, 则称 `f` 几乎处处具有性质 `P`, 如几乎处处连续, 几乎处处可微等.

可数个零测集的并是零测集.

设 `{E_n}` 是一列零测集, 对每个正整数 `n` 取 `E_n` 的覆盖 `{I_(n, k)}_(k=1)^oo`, 使得 `sum_(k ge 1) |I_(n,k)| le 2^-n epsi`. 于是 `uuu_(n ge 1) E_n sube uuu_(n, k ge 1) I_(n,k)`, 且 `sum_(n, k ge 1) |I_(n,k)| le sum_(n ge 1) 2^-n epsi = epsi`.

Lebesgue 定理 `[a, b]` 上的有界函数 `f` Riemann 可积当且仅当它几乎处处连续, 换言之, `f` 的不连续点的集合是零测集.

积分换元

`int_0^1 dx/x ==^(y=1//x) int_1^oo dy/y`
`int_0^1 dx/(1+x^2) ==^(y=1//x) int_1^oo dy/(1+y^2)`
`int_(-a)^a dx ==^(y=-x) int_(-a)^a dy`
`int_0^(pi/2) sin x dx ==^(y=pi//2-x) int_0^(pi/2) cos y dy`
`int_0^1 dx/x ==^(x = "e"^(-y)) int_0^oo dy`

利用对称性

设下面的各个 `f` 在积分区间上有定义且可积.

偶函数 如果 `f` 有对称轴 `x = u`, 即 `f(x) = f(2u-x)`, 那么 `int_(u-a)^u f(x) dx = int_u^(u+a) f(x) dx`. 特别若 `f` 是偶函数, 则 `int_(-a)^a f(x) dx = 2 int_0^a f(x) dx`.

奇函数 如果 `f` 有对称中心 `(u, v)`, 即 `f(x) = 2v - f(2u-x)`, 那么 `int_(u-a)^u f(x) dx + int_u^(u+a) f(x) dx = 2va`. 特别若 `f` 是奇函数, 则 `int_(-a)^a f(x) dx = 0`.

周期函数 如果 `f` 是以 `T` 为周期的周期函数, 则对任意常数 `a`, `int_a^(a+T) f(x) dx = int_0^T f(x) dx`. 且 `int_a^x f(t) dt` 以 `T` 为周期当且仅当 `int_0^T f(t) dt = 0`.

  1. 结论一: 由周期性, `int_T^(a+T) f(x) dx` `= int_0^a f(y+T) dy` `= int_0^a f(y) dy`. 因此 `int_a^(a+T) = int_a^0 + int_0^T + int_T^(a+T)` `= int_a^0 + int_0^T + int_0^a` `= int_0^T`. 事实上, 若 `f` 连续, 则 `"d"/("d"a) int_a^(a+T) f(x) dx` `= f(a+T) - f(a) = 0`, 这说明 `int_a^(a+T) f(x) dx` 与 `a` 的取值无关. 下证结论二. `int_a^(x+T) f(t) dt = int_a^x f(t) dt` `iff int_x^(x+T) f(t) dt = 0` `iff int_0^T f(t) dt = 0`.

区间再现 作变元替换 `x = a+b-t`, 有 `int_a^b f(x) dx = int_a^b f(a+b-t) dt`. 这个公式的一个推论是, 对任意使得 `f(sin x), f(cos x)` 可积的函数 `f`, `int_0^(pi/2) f(sin x) dx = int_0^(pi/2) f(cos x) dx`. 如果 `f` 和 `g` 在同一区间上的积分相等, 我们可以用 `(f+g)//2` 的积分来替代它, 例如 `int_0^pi x f(sin x) dx` `= int_0^pi (pi-x) f(sin(pi-x)) dx` `= pi/2 int_0^pi f(sin x) dx`.

利用积分区域对称性的技巧, 在一元积分中只有一种, 就是区间再现. 多元积分中, 对称性的使用会更加复杂多样.

`int_0^oo x^a/(1+x^a) dx/(1+x^2)`

令 `x = tan y`, 原式等于 `int_0^(pi/2) (sin^a y)/(cos ^a y + sin^a y) dy` `= 1/2 int_0^(pi/2) (cos^a y + sin^a y)/(cos^a y + sin^a y) dy` `= pi/4`.

杂例

  1. `I_1 = int dx / sqrt((a+x)(b-x))`;
  2. `I_2 = int_h^(R sin phi) arccos{: (x cot phi) / sqrt(R^2-x^2) :} dx`, `0 lt h lt R sin phi`, `phi in [0, pi/2)`;
  3. `I_3 = int sqrt((a^2x-b^2) / (1-x)) dx/x`;
  4. `I_4 = int_(h_1)^(r_2) arccos{: (h_2)/sqrt(R^2-x^2) :} dx`, 其中 `R = sqrt(h_1^2 + r_1^2) = sqrt(h_2^2 + r_2^2)`.
  1. 令 `t = sqrt((a+x)/(b-x))`, 则 `x = (bt^2-a) / (1+t^2)`, `dx = (2(a+b)t) / (1+t^2)^2 dt`. 于是 `I_1 = int (2(a+b)t dt)/( t|b-(bt^2-a)/(1+t^2)| (1+t^2)^2 )` `= 2 sgn(a+b) int dt / (1+t^2)` `= 2 sgn(a+b) * arctan sqrt((a+x)/(b-x)) + C`.
  2. 令 `u = (x cot phi) / sqrt(R^2-x^2)`, 则 `x = (Ru) / sqrt(u^2 + cot^2 phi)`. 记 `r = sqrt(R^2 - h^2)`, 于是 `I_2 = [(Ru arccos u)/sqrt(u^2+cot^2 phi)]_((h cot phi)//r)^1 + R/2 int_((h cot phi)//r)^1 ("d"(u^2)) / sqrt( (cot^2 phi + u^2)(1-u^2) )`. 由 1, `I_2 = -h arccos{: (h cot phi)/r :} + R[ arctan sqrt((cot^2 phi + u^2) / (1-u^2)) ] _((h cot phi)//r)^1` `= - h arccos{: (h cot phi)/r :} + R(pi/2-arctan{:(R cot phi) / sqrt(r^2-h^2 cot^2 phi):})` `= R arccos{: (R cos phi)/r :} - h arccos{: (h cot phi)/r :}`.
  3. 令 `t = sqrt((a^2x-b^2)/(1-x))`, 则 `x = (b^2+t^2)/(a^2+t^2)`, `dx = (2t(a^2-b^2)) / (a^2+t^2)^2 dt`. 于是 `I_3 = int t * (a^2+t^2) / (b^2+t^2) * (2t(a^2-b^2)) / (a^2+t^2)^2 dt` `= 2 int ( a^2/(a^2 + t^2) - b^2 / (b^2 + t^2) ) dt` `= 2 ( a arctan{:t/a:} - b arctan{:t/b:} ) + C`. 再将 `t` 代回, 即得最终结果.
  4. 令 `u = h_2/sqrt(R^2-x^2)`, 则 `x = sqrt( R^2 - (h_2/u)^2 )`. 于是 `I_4 = [ sqrt( R^2 - (h_2/u)^2 ) arccos u ]_(h_2//r_1)^1 + int_(h_2//r_1)^1 sqrt( R^2 - (h_2/u)^2 ) ("d"u) / sqrt(1-u^2)` `= - h_1 arccos {:h_2/r_1:} + 1/2 int_(h_2//r_1)^1 sqrt( (R^2u^2 - h_2^2) / (1-u^2) ) ( "d"(u^2) ) / u^2`. 由 3 知, 上式第二项等于 `[R arctan{:1/R:} sqrt((R^2u^2 - h_2^2)/(1-u^2)) - h_2 arctan{:1/h_2:} sqrt((R^2u^2 - h_2^2)/(1-u^2)) ]_(h_2//r_1)^1` `= pi/2 (R-h_2) - (R arctan{:(h_1 h_2)/(R sqrt(r_1^2 - h_2^2)):} - h_2 arctan{:h_1/sqrt(r_1^2 - h_2^2):} )` `= R arccos{:(h_1 h_2)/(r_1 r_2):} - h_2 arccos{:h_1/r_2:}`. 故 ` I_4 = R arccos{:(h_1 h_2)/(r_1 r_2):} - h_1 arccos{:h_2/r_1:} - h_2 arccos{:h_1/r_2:}`.

`int_(-pi)^pi (x sin x * arctan "e"^x) / (1+cos^2 x) dx`

区间再现. 用 `-x` 代替 `x`, 原式等于 `int_(-pi)^pi (x sin x * arctan "e"^-x) / (1+cos^2 x) dx` `= pi/4 int_(-pi)^pi (x sin x)/(1+cos^2 x) dx` `= pi/2 int_0^pi (x sin x)/(1+cos^2 x) dx`. 再次区间再现. 用 `pi-x` 代替 `x`, 上式等于 `pi/2 int_0^pi ((pi-x) sin x)/(1+cos^2 x) dx` `= pi^2/4 int_0^pi (sin x dx)/(1+cos^2 x)` `= -pi^2/4 int_1^(-1) dx/(1+x^2) = pi^3/8`.

`int_0^(2pi) (1-cos t)^2 (t-sin t) dt`.

因为不定积分 `int (1-cos t)^2 sin t dt` 的结果是 `cos t` 的多项式, 周期是 `2pi`, 所以这一项在 `[0, 2pi]` 上的积分等于零. 原式 `= int_0^(2pi) (1-cos t)^2 t dt` `= int_0^(2pi) (2 sin^2{:t/2:})^2 t dt` `= 16 int_0^pi u sin^4 u "d" u` `= 16 int_0^pi (pi-u) sin^4 u "d"u` `= 8 pi int_0^pi sin^4 u "d"u` `= 16 pi int_0^(pi/2) sin^4 u "d"u` `= 16 pi * 3/4 * 1/2 * pi/2` `= 3 pi^2`.

    [来自 刀哥] `n` 为正整数, 证明:
  1. `int_0^(pi/2) (sin (2n-1)x)/sin x dx = pi/2` (Dirichlet 核);
  2. `int_0^(pi/2) ((sin n x)/sin x)^2 dx = (n pi)/2` (费耶核).
  1. 只需验证 `n = 1` 时结论成立, 且有 `int_0^(pi/2) (sin (2n+1)x - sin(2n-1)x)/sin x dx` `= int_0^(pi/2) 2 cos 2n x dx = 0`.
  2. 只需验证 `n = 1` 时结论成立, 且由 1. 有 `int_0^(pi/2) (sin^2 (n+1) x - sin^2 n x) dx/(sin^2 x)`
    `= int_0^(pi/2) (sin (n+1) x + sin n x)(sin (n+1) x - sin n x) dx/(sin^2 x)`
    `= 4 int_0^(pi/2) sin(n+1/2)x cos{:x/2:} cos(n+1/2)x sin{:x/2:} dx/(sin^2 x)`
    `= int_0^(pi/2) (sin(2n+1)x)/sin x dx = pi/2`.

1. 的又一证明: 由 `2 sin x sum_(k=1)^n cos 2k x = sin(2n+1)x - sin x` 知, `(sin(2n+1)x)/sin x = 1 + 2 sum_(k=1)^n cos 2k x`. 因此积分为 `pi/2`.

`2n-1 lt 15` 时, `int_0^oo prod_(k=1)^n (sin(x//(2k-1)))/(x//(2k-1)) dx = pi/2`. 然而 `2n-1 = 15` 时, 等号不成立.

`2n-1 = 3` 时, 运用积化和差, `int_0^oo (sin x)/x (sin(x//3))/(x//3) dx` `= 3/2 int_0^oo (cos (2x//3) - cos (4x//3))/x^2 dx` `= 3/2 (4/3 - 2/3) pi/2 = pi/2`. ??

[来自 暗恋你的高中生] `int_0^1 f(2x sqrt(1-x^2)) dx = int_0^1 f(1-x^2) dx`.

左边等于 `int_0^(pi/2) f(sin 2x) cos x dx` `= int_0^(pi/4) + int_(pi/4)^(pi/2)` `= int_0^(pi/4) f(sin 2x) (sin x+cos x) dx` `= int_0^(pi/4) f(1 - (sin x - cos x)^2) "d"(sin x - cos x)` 等于右边.

`int_0^1 ln (1-x) dx`.

如果直接分部积分: `int_0^1 ln(1-x) dx` `= {:x ln (1-x)|_0^1 + int_0^1 (x dx)/(1-x)` `= -oo + (+oo)`, 得不到任何信息!

先区间再现, 再分部积分, 利用 `lim_(x to 0^+) x ln x = 0`: `int_0^1 ln (1-x) dx` `= int_0^1 ln x dx` `= {: x ln x|_0^1 - int_0^1 x/x dx` `= 0 - 1 = -1`.

[来自 我是萌萌的數心] 求 `I(m, n) = int_0^(pi/2) cos^m x cos n x dx`, `m, n` 为非负整数.

先证 `I(m, n) = m/(m+n) I(m-1, n-1)`. 这是因为由积化和差 `2 I(m, n) = I(m-1, n-1) + I(m-1, n+1)`, 另一方面, 分部积分得 `I(m, n) = m/n int_0^(pi/2) cos^(m-1) x sin x sin n x dx` `= m/(2n) (I(m-1, n-1) - I(m-1, n+1))`. 两式联立消去 `I(m-1, n+1)` 得 `I(m, n) = m/(m+n) I(m-1, n-1)`.
下证 `I(m, m + 2n + 1) = (-1)^n (2^m m! (2n)! (m+n)!)/(n! (2m+2n+1)!)`. 这只需验证 `I(0, 2n+1) = (-1)^n/(2n+1)`, 假设命题对 `m-1` 成立, 则 `I(m, m+2n+1)` `m/(2m+2n+1) I(m-1, m+2n)` `= m/(2m+2n+1) (-1)^n (2^(m-1) (m-1)! (2n)! (m+n-1)!)/(n! (2m+2n-1)!)` `= (-1)^n (2^m m! (2n)! (m+n)!)/(n! (2m+2n+1)!)`. 最后, 因为 `I(0, 2n) = {pi/2, if n = 0; 0, otherwise:}`, 所以 `I(m, m+2n) = { pi/2^(m+1), if n = 0; 0, otherwise :}`.

[来自 我是萌萌的數心] 求`I_n = int_(-oo)^oo dx/(x^2+2ax+b)^n`, 其中 `Delta = 4(a^2-b) lt 0`.

令 `x+a = sqrt(b-a^2) tan u`, `I_n = int_(-pi/2)^(pi/2) sqrt(b-a^2)/cos^2 u ("d"u)/((b-a^2)^n(1+tan^2 u)^n)`
`= (b-a^2)^(1/2-n) int_(-pi/2)^(pi/2) cos^(2n-2) u "d"u`
`= (b-a^2)^(1/2-n) pi ((2n-3)!!)/((2n-2)!!)`
`= (b-a^2)^(1/2-n) pi ((2n-2)!)/({:(n-1)!:}^2 2^(2n-2))`
`= (b-a^2)^(1/2-n) pi/2^(2n-2) (2n-2;n-1)`.

[来自 (Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series] `int_0^(pi//2) dx/(1 + sin x cos y) = y/(sin y)`, `quad y in (0, pi)`. 作为应用, 试计算 `int_0^pi dx/(s + cos x)`, `s gt 1`.

记 `u = cos y`, 利用万能代换, 原式等于 `int_0^1 (2 dt)/(1 + t^2 + 2 t u)` `= 2 int_0^1 dt/((t+u)^2 + 1 - u^2)` `= 2/sqrt(1-u^2) arctan((t+u)/sqrt(1-u^2)) |_(t=0)^1` `= (arccos u)/sqrt(1-u^2)`. 最后一个等式由画图得到.

本题可用万能代换, 也可套公式 `int_0^pi dx/(s + cos x)` `= 1/s int_0^(pi/2) dx/(1 + 1/s cos x) + 1/s int_0^(pi/2) dx/(1 - 1/s cos x)` `= 1/s (arccos{:1/s:} + arccos(-1/s))/sqrt(1 - 1/s^2)` `= pi/sqrt(s^2 - 1)`.

`int_-oo^oo f(x) dx = int_-oo^oo f(x - 1/x) dx`.

左边等于 `int_0^oo f(y - 1/y) (1+1/y^2) dy` `==^(u = 1/y) int_0^oo f(y - 1/y) dy + int_0^oo f(1/u - u) "d"u` `==^(u mapsto -u) int_0^oo f(y - 1/y) dy + int_-oo^0 f(u - 1/u) "d"u` 等于右边.

定积分的极限

用级数估计积分 [来自群友 群句号、刀哥]
求极限 `lim_(n to oo) int_pi^(2pi) |sin n x + cos n x|/x dx`.

极限符号下的式子等于 `int_pi^(2pi) |sqrt 2 sin(n x+pi/4)|/x dx` `= sqrt 2 int_(n pi)^(2n pi) |sin(x + pi/4)|/x dx` `= sqrt 2 sum_(n le k lt 2n) int_(k pi)^((k+1)pi) |sin(x + pi/4)|/x dx`. `(**)` 利用不等式 `1/((k+1)pi) int_(k pi)^((k+1)pi) f(x) dx` `le int_(k pi)^((k+1)pi) f(x)/x dx` `le 1/(k pi) int_(k pi)^((k+1)pi) f(x) dx`, 以及 `int_(k pi)^((k+1)pi) |sin(x+pi/4)| dx = 2`, 得 `(2sqrt 2)/pi sum_(n le k lt 2n) 1/(k+1)` `le (**)` `le (2sqrt 2)/pi sum_(n le k lt 2n) 1/k`. 令 `n to oo`, 应用两边夹得到原式等于 `(2sqrt 2)/pi ln 2`.

周期函数的平均值 设 `f` 周期为 `T`, 在 `[0, T]` 上可积, 则 `lim_(x to +oo) 1/x int_0^x f(t) dt = 1/T int_0^T f(t) dt`. 等号右边称为这个周期函数的平均值. 例如有 `lim_(x to +oo) 1/x int_0^x |sin t| dt = 2/pi`. 注意洛必达法则对这个极限失效.

记 `I = int_0^T f(t) dt`, `x = n T + y` (`y lt T`), 则 `1/x int_0^x f(t) dt` `= (n I + int_0^y f(t)dt)/(n T + y)`. `int_0^y f(t) dt` 和 `y` 均为有界量, 当 `n to oo` 时上式趋于 `I//T`.

含参积分

几个著名积分

Euler 积分 记 `p(x) = -ln|x|`, 则以下每个积分的值均为 `pi ln 2`: `int_0^pi p(sin x) dx`, `int_0^pi p(cos x) dx`, `int_0^pi p(1+-cos x) dx`,
`int_(-1)^1 (p(x))/sqrt(1-x^2) dx`, `int_(-pi/2)^(pi/2) x cot x dx`, `int_(-1)^1 (arcsin x)/x dx`. 记忆: `ln sin x` 在 `[0, pi/2]` 上的均值为 `-ln 2`.

  1. `x to 0` 时 `ln sin x ~ ln x`, 由 `int_0^(pi/2) |ln x| dx` 收敛知, 瑕积分 `I = int_0^(pi/2) ln sin x dx` `= int_0^(pi/2) ln cos x dx` 在 `0` 处收敛. 注意到 `[0, pi]` 是 `sin x` 的对称区间, 有 `2I` `= int_0^pi ln sin x dx` `= int_0^(pi/2) ln sin 2x "d"(2x)` `= 2 int_0^(pi/2) (ln 2 + ln sin x + ln cos x) dx` `= pi ln 2 + 4 I`, 故 `-2I = pi ln 2`.
  2. 只证加号的情形: `int_0^pi ln(1+cos x) dx` `= int_0^pi ln(2 cos^2{:x/2:}) dx` `= pi ln 2 + 2 int_0^pi ln cos{:x/2:} dx` `= pi ln 2 + 4 int_0^(pi/2) ln cos x dx` `= - pi ln 2`.
  3. 直接令 `t = sin x` 有: `int_0^(pi/2) ln sin x dx = int_0^1 (ln t)/sqrt(1-t^2)`. 另一方面, 若先分部积分, `int_0^(pi/2) ln sin x dx = - int_0^(pi/2) x cot x dx`, 这时令 `t = sin x`, 有: `int_0^(pi/2) x cot x dx = int_0^1 (arcsin t)/t dt`.

Poisson 积分 [来自 菲赫金哥尔茨] 对于积分 `I(r) = int_0^pi ln(1+r^2 - 2 r cos x) dx`, 区间再现易得 `I(r) = I(-r)`. 下证: `I(r) = { 0, if |r| le 1; 2 pi ln |r|, if |r| gt 1 :}`

  1. 先证明方程 `I(r) = 1/2 I(r^2)`: `I(r) = 1/2(I(r) + I(-r))` `= 1/2 int_0^pi ln (1+r^2+2r cos x)(1+r^2-2r cos x) dx` `= 1/2 int_0^pi ln ((1+r^2)^2 - 4r^2 cos^2 x) dx` `= 1/2 int_0^pi ln (1+r^4 - 2 r^2 cos 2x) dx` `= 1/2 I(r^2)`.
  2. `|r| lt 1` 时, 由 `(1-|r|)^2 le 1 + r^2 - 2 r cos x le (1+|r|)^2` 两边取对数再积分得 `2 pi ln(1-|r|) le I(r) le 2 pi ln(1+|r|)`, 因此 `lim_(r to 0) I(r) = 0`. 现在若 `|r| lt 1`, 则 `I(r) = I(r^(2^n))//2^n`, 令 `n to oo` 而得到 `0`;
  3. 若 `|r| gt 1`, 则 `I(r) = int_0^pi[ ln(1+1/r^2 - 2/r cos x) + 2 ln |r| ]dx` `= I(1/r) + 2 pi ln |r|` `= 2 pi ln |r|`.
  4. 最后 `|r| = 1` 时, 化为 Euler 积分 `int_0^pi [ln(1 + cos x) + ln 2]dx = 0`.

利用定积分定义, `I(r) = lim_(n to oo) pi/n sum_(k=1)^n ln (1+r^2 - 2 r cos{:(k pi)/n:})` `= lim_(n to oo) pi/n ln prod_(k=1)^n (r-"e"^(k pi "i"//n))(r-"e"^(-k pi "i"//n))` `= lim_(n to oo) pi/n ln[(r+1)/(r-1) prod_(k=1)^(2n) (r-"e"^(k pi "i"//n))]` `= lim_(n to oo) pi/n ln[(r+1)/(r-1) (r^(2n)-1)]`. 若 `|r| lt 1`, 上式 `to 0`; 若 `|r| gt 1`, 上式化为 `lim_(n to oo) pi/n ln[(r+1)/(r-1) (r^(2n)-1)/r^(2n)] + pi/n * 2n * ln |r|` `= 2 pi ln |r|`.

Euler-Poisson 积分, 概率积分 `int_(-oo)^oo "e"^(-x^2) dx = sqrt pi`. 推广为 Poisson 积分 (`a gt 0`): `int_(-oo)^oo "e"^(-a x^2) cos b x dx` `= sqrt(pi/a) "e"^(-b^2/(4a))`.

利用重积分. 设 `D` 是以原点为心, `R` 为半径的圆盘, `iint_D "e"^(-x^2-y^2) dx dy` `= int_0^(2pi) "d"theta int_0^R "e"^(-r^2) r"d"r` `= pi(1 - "e"^(-R^2))`. 另一方面, `iint_([-R,R]xx[-R,R]) "e"^(-x^2-y^2) dx dy` ` = int_(-R)^R "e"^(-x^2) dx int_(-R)^R "e"^(-y^2) dy` ` = (int_(-R)^R "e"^(-x^2) dx)^2`. 令 `R to +oo`, 得 `int_(-oo)^oo "e"^(-x^2) dx = sqrt pi`.

  1. 利用伸缩变换 `x = t y`, `I = int_0^oo "e"^(-t^2 y^2) t dy` 对任意 `a gt 0`, 交换积分次序得 `int_a^oo "e"^(-t^2) I dt` `= int_a^oo int_0^oo "e"^(-t^2) "e"^(-t^2 y^2) t dy dt` `= int_0^oo int_a^oo "e"^(-t^2 (1+y^2)) t dt dy` `= 1/2 int_0^oo "e"^(-a^2(1+y^2))/(1+y^2) dy` 等式两边令 `a to 0^+`, 右边的积分关于 `a` 一致收敛, 得 `I^2 = 1/2 int_0^oo dy/(1+y^2) = pi/4`, 即 `I = sqrt(pi)/2`.
  2. 现在证明积分交换的合理性. 考虑被积函数 `f(t, y) = t "e"^(-t^2(1+y^2))`, `quad t ge a gt 0`, `y ge 0`. 该函数在定义域内非负连续, 设 `t "e"^(-t^2) le M`, 则被积函数可以被 `y` 的函数控制: `f(t, y) le M "e"^(-t^2 y^2) le M "e"^(-a^2 y^2)`. 这说明积分 `int_0^oo f(t, y) dy` 关于 `t ge a` 一致收敛; 另一方面被积函数也可以被 `t` 的函数控制: `f(t, y) le t "e"^(-t^2)`, 从而积分 `int_a^oo f(t, y) dt` 关于 `y ge 0` 一致收敛, 这两个一致收敛保证了积分换序可以进行.

取矩形围道, 考虑 `"e"^(-a z^2)` 的积分 `I = I_1 + I_2 + I_3 + I_4` `= int_(-R)^R + int_R^(R+"i"b//2a) + int_(R+"i"b//2a)^(-R+"i"b//2a) + int_(-R+"i"b//2a)^(-R)`, `R to oo` 时, 利用长大不等式说明两个竖直线上积分趋于零, 如 `|I_2|` `le b/(2a) * "e"^(-a R^2)` `to 0`. 于是由 Cauchy 积分定理, `I_1 = -I_3`, 即 `sqrt(pi/a)` `= int_-oo^oo "e"^(-a x^2) dx` `= int_-oo^oo "e"^(-a(x+"i"b//2a)^2) dx` `= "e"^(b^2/(4a)) int_-oo^oo "e"^(-a x^2)(cos b x + "i" sin b x) dx` `= "e"^(b^2/(4a)) int_-oo^oo "e"^(-a x^2) cos b x dx`.

`"e"^(-x^2)` 称为 Gauss 函数, `"erf"(x) = 2/(sqrt pi) int_0^x "e"^(-t^2) dt`, `quad "erfc"(x) = 1-"erf"(x) = 2/(sqrt pi) int_x^oo "e"^(-t^2) dt` 分别称为误差函数和互补误差函数.

虽然是一维的积分, 却应当考虑用重积分来解决, 从更高的维度上给原问题以降维打击.

Dirichlet 积分 `int_(-oo)^oo (sin x)/x dx = pi`. 利用 Laplace 变换推广为: `int_0^oo (sin a x)/x "e"^(-s x) dx = arctan{:a/s:}`.

  1. 收敛性. 由于被积函数是偶函数, 只需考虑 `(0, +oo)` 上的情形: `int_0^oo (sin x)/x dx = int_0^(pi/2) + int_(pi/2)^oo`. 第一项是普通的定积分, 我们来说明第二项收敛. 分部积分: `|int_(pi/2)^oo (sin x)/x dx|` `= |int_(pi/2)^oo (cos x)/x^2 dx|` `le int_(pi/2)^oo dx/x^2`. 因此原积分收敛. 也可以利用 Dirichlet 判别法: `int_0^c sin x dx` 关于积分上限 `c` 有界, `1/x` 单调趋于 `0`, 因此原积分收敛.
  2. 计算. 利用 `int_0^oo "e"^(-x y) dy = 1/x`, 交换积分次序得 `int_0^oo (sin x)/x dx` `= int_0^oo sin x dx int_0^oo "e"^(-x y) dy` `= int_0^oo dy int_0^oo "e"^(-x y) sin x dx` `= int_0^oo dy/(y^2+1) = pi/2`. 于是原式等于 `pi`.
  3. 积分换序的合理性. 考察被积函数 `f(x, y) = sin x "e"^(-x y)`, `quad x ge 0, y ge 0`. 当 `x ge a gt 0` 时, `|f(x, y)| le "e"^-a y`; 当 `y ge c gt 0` 时, `|f(x, y)| le sin x "e"^(-c x)`. 从而 `int_a^oo f(x,y) dy` 关于 `x` 一致收敛, `int_c^oo f(x,y) dx` 关于 `y` 一致收敛. ??

Fresnel 积分 `int_(-oo)^oo sin x^2 dx = int_(-oo)^oo cos x^2 dx = sqrt(pi/2)`. 推广: `int_0^oo sin x^n dx // sin{:pi/(2n):}` `= int_0^oo cos x^n dx // cos{:pi/(2n):}` `= 1/n Gamma(1/n)`, `quad n gt 1`.

令 `t = x^2`, `int_(-oo)^oo sin x^2 dx = int_0^oo sin t dt/sqrt t`. 利用 `2/sqrt pi int_0^oo "e"^(-t u^2) "d"u = 1/sqrt t`, 交换积分次序得 `int_0^oo sin t dt/sqrt t` `= 2/sqrt pi int_0^oo sin t dt int_0^oo "e"^(-t u^2) "d"u` `= 2/sqrt pi int_0^oo "d"u int_0^oo "e"^(-t u^2) sin t dt` `= 2/sqrt pi int_0^oo ("d"u)/(1+u^4)` `= 2/sqrt pi * pi/(2 sqrt 2)` `= sqrt(pi / 2)`. 最后, 由于 `t ge t_0 gt 0` 时 `sin t "e"^(-t u ^2)` `le "e"^(-t_0 u^2)` 关于 `t` 一致收敛; `u ge u_0 gt 0` 时 `sin t "e"^(-t u^2)` `le sin t "e"^(-t u_0^2)` 关于 `u` 一致收敛, 所以积分换序是可行的.

考虑函数 `"e"^("i"z^n)` 在扇形围道 `C = C_1 + C_2 + C_3` 上的积分, 其中 `C_1: [0, R]`, `quad C_2: z=R"e"^("i" theta), theta in [0, pi/(2n)]`,
`C_3: z=r"e"^("i"pi//2n), 0 le r le R`. `R to oo` 时, 我们说明 `C_2` 上的积分趋于零: `|"e"^("i"z^n)|` `= exp(-R^n sin n theta)` `le exp(-R^n (2n)/pi theta)`, 所以 `|int_(C_2) "e"^("i"z^n) dz|` `le int_0^(pi//2n) exp(-R^n (2n)/pi theta) R"d"theta` `= pi/(R^(n-1) 2n)(1-"e"^(-R^n))` `to 0`. 于是由 Cauchy 积分定理, `I_1 = -I_3`, 即 `int_0^oo "e"^("i"z^n) dz` `= int_0^oo "e"^(-r^n) * "e"^("i"pi//2n) "d"r`, 其中 `int_0^oo "e"^(-r^n) "d"r` `= 1/n int_0^oo "e"^-x x^(1/n-1) dx` `= 1/n Gamma(1/n)`. 最后分取实部虚部即得结论.

  1. `int_0^oo x^(-ln x) dx` `==^(x="e"^t) int_-oo^oo "e"^(t-t^2) dt` `= int_-oo^oo "e"^(-(t-1//2)^2+1//4) dt` `= "e"^(1//4) sqrt pi`.
  2. `int_0^oo (1-cos x)/x^2 dx` `= -(1-cos x)/x |_0^oo + int_0^oo (sin x)/x dx` `= pi/2`.
    `int_0^oo (cos a x - cos b x)/x^2 dx` `= int_0^oo ((1-cos b x) - (1-cos a x))/x^2 dx` `= pi/2(b - a)`.
    Froullani 积分 [来自 菲赫金哥尔茨] 设 `a, b gt 0`, `f` 在 `(0, oo)` 上连续,
  1. 若 `f(0)` 处连续, 且 `f(+oo)` 有极限, 则 `int_0^oo (f(b x) - f(a x))/x dx` `= int_a^b (f(oo) - f(0))/x dx` `= {:f(x)|_0^oo ln{:b/a:}`. 例如, `int_0^oo ("e"^(-a x) - "e"^(-b x))/x dx` `= ln{:b/a:}`.
  2. 若 `f(+oo)` 没有极限, 但 `int_A^oo f(x)/x dx` 对某个 `A` 收敛, 则 `int_0^oo (f(b x) - f(a x))/x dx` `= -f(0) ln{:b/a:}`. 例如, `int_0^oo (cos a x - cos b x)/x dx` `= ln{:b/a:}`.
  3. 同理若 `f(0)` 处的连续性被破坏, 但积分 `int_0^B f(x)/x dx` 存在, 则 `int_0^oo (f(b x) - f(a x))/x dx` `= f(oo) ln{:b/a:}`. 这一情形也可通过换元 `x mapsto 1//x` 化为上一情形.
  1. 先考虑有限积分, 变形得 `int_delta^Delta (f(b x)-f(a x))/x dx` `= int_(b delta)^(b Delta) f(x)/x dx` `- int_(a delta)^(a Delta) f(x)/x dx` `= int_(b delta)^(a delta) - int_(b Delta)^(a Delta)`. 两个积分各自应用中值定理得 `f(xi) int_(b delta)^(a delta) dx/x - f(eta) int_(b Delta)^(a Delta) dx/x` `= (f(eta)-f(xi)) ln{:b/a:}`. 再令 `delta to 0^+`, `Delta to +oo` 即得结论.
  2. 和前面方法类似, 但只在 `f` 连续的一端应用中值定理. 另一端的积分, 由题目条件应该等于零.

假如 `f` 可微, 交换积分次序得 `int_0^oo int_a^b f'(x y) dy dx` `= int_a^b int_0^oo f'(x y) dx dy` `= {:f(x)|_0^oo int_a^b dy/y`.

`int_0^1 (x^b - x^a)/(ln x) dx`, `a, b gt 0`.

交换积分次序, 原式等于 `int_0^1 int_a^b x^y dy dx` `= int_a^b int_0^1 x^y dx dy` `= int_a^b dy/(y+1)` `= ln{:(b+1)/(a+1):}`.

杂例

`int_0^1 (ln(1+x))/(1+x^2) dx`.

令 `I(s) = int_0^1 (ln(1+s x))/(1+x^2) dx`, 积分号下求导, `I(1) = int_0^1 I'(s) "d"s` `= int_0^1 (int_0^1 x/(1+x^2) dx/(1+s x) dx) "d"s` `= int_0^1 ((ln 2)/2 1/(1+s^2) + pi/4 s/(1+s^2) - (ln(1+s))/(1+s^2) ) "d"s` `= pi/4 ln 2 - I(1)`. 所以 `I(1) = pi/8 ln 2`.

[来自 群友 ζ(me)=0] 令 `x = tan t`, 原式化为 `int_0^(pi/4) ln(1+tan t) dt` `= int_0^(pi/8) + int_(pi/8)^(pi/4)` `= int_0^(pi/8) (ln(1+tan t) + ln(1+tan(pi/4-t))) dt` `= int_0^(pi/8) (ln(1+tan t) + ln(2/(1+tan t))) dt` `= int_0^(pi/8) ln 2 dt` `= pi/8 ln 2`.

`int_0^pi ln(2 + cos x) dx`.

[来自 永远的神 alaros] 考虑 `I(s) = int_0^pi ln(s + cos x) dx`, `quad s gt 1`. 对参数求导, 利用万能公式积分 `I'(s)` `= int_0^pi dx/(s + cos x)` `= cdots = pi/sqrt(s^2-1)`. 利用 Euler 积分 `int_0^(pi/2) cos x dx = -pi ln 2`, `I(1) = int_0^pi ln(1+cos x) dx` `= int_0^pi ln(2 cos^2{:x/2:}) dx` `= -pi ln 2`, 所以 `I(s) = I(1) + int_1^s I'(t) dt` `= -pi ln 2 + pi ln (s + sqrt(s^2-1))` `= pi ln {:(s+sqrt(s^2-1))/2:}`.

[来自傻子・疯子・神经病] 考虑 `J(s) = int_0^pi ln(2 + s cos x) dx`, `quad |s| lt 2`. 求导后使用万能公式得 `J'(s) = int_0^pi (cos x)/(2 + s cos x) dx` `= cdots = pi/s (1 - 2/sqrt(4 - s^2))`. 于是 `J(s) = J(0) + int_0^s J'(t) dt` `= pi ln (1 + sqrt(4-s^2)/2)`.

利用 Poisson 积分 `f(r) = int_0^pi ln(1 + r^2 + 2 r cos x) dx = 2 pi ln r`, `quad r gt 1`. 我们要让 `1 + r^2` 恰为 `2 r` 的两倍, 于是 `r = 2 + sqrt 3`, `int_0^pi ln(2 + cos x) dx` `= f(r) - int_0^pi ln (2r) dx` `= pi ln{:r^2/(2 r):}` `= pi ln(1 + sqrt 3 / 2)`.

[武理 叶子昊 bilibili: 努力math]
`int_0^(pi/2) (x sin x)/(1+cos^2 x) dx` `= int_0^(pi/2) arctan(cos x) dx = pi^2/8 - 1/2 ln^2(1+sqrt2)`.

记 `I(s) = int_0^(pi/2) arctan(s cos x) dx`, 则 `I(1) = int_0^1 I'(s) "d"s`
`= int_0^1 int_0^(pi/2) cos x/(1 + s^2 cos^2 x) dx "d"s`
`= int_0^1 int_0^1 dt/(1 + s^2 - s^2 t^2) "d"s`
`= int_0^1 1/(2s^2 sqrt(1+s^-2)) ln{:(sqrt(1+s^-2) + 1)/(sqrt(1+s^-2) - 1):} "d"s`
`= int_0^1 ("arsh" s)/(s^2 sqrt(1+s^-2)) "d"s`
`= -int_0^1 ("arsh" s)/sqrt(1+s^-2) "d"(1/s)`
`= -["arsh" s * "arsh" 1/s]_0^1 + int_0^1 ("arsh"1/s)/sqrt(1+s^2) "d"s`
`= -ln^2(1+sqrt 2) + int_1^oo ("arsh"s)/(s^2 sqrt(1+s^-2)) "d"s`
`= -ln^2(1+sqrt 2) + I(+oo) - I(1)`
`= -ln^2(1+sqrt 2) + pi^2/4 - I(1)`, 整理即得结论.

    [来自 stack exchange]
  1. 对任意 `z in CC\\(-oo, 0]`, 证明 `I(z) := int_0^oo ((ln x)/(x + z) - (ln x)/(x + 1)) dx = -1/2 ln^2 z`. 等号右边的对数取辐角位于 `(-pi, pi)` 的主值.
  2. 利用 1. 的结论求积分 `int_0^oo (ln x)/(x^3 + 1) dx = -(2pi^2)/27`.
  3. 完全类似的方法还可求出 `int_0^oo (ln x)/((x^3+1)(x^2+1)) dx = -(37pi^2)/432`.
  1. 对参数 `z` 求导, `I'(z)` `= - int_0^oo (ln x)/(x+z)^2 dx`. 先求 `-int_epsi^oo (ln x)/(x+z)^2 dx` `= -(ln epsi)/(epsi+z) - int_epsi^oo dx/(x(x+z))` `= -(ln epsi)/(epsi+z) + 1/z ln epsi - 1/z ln(epsi+z)`, 再令 `epsi to 0` 得 `I'(z) = -1/z ln z`. 又 `I(1) = 0`, 所以 `I(z) = int_1^z I'(t) dt = -1/2 ln^2 z`.
  2. 作部分分式分解 `1/(x^3+1) = (1/3)/(x+1) - (1/6(1 + "i"sqrt 3))/(x - "e"^(pi"i"//3)) - (1/6(1 - "i"sqrt 3))/(x - "e"^(-pi"i"//3))`. 使用 1. 的结论, `int_0^oo (ln x)/(x^3 + 1) dx` `= 1/6(1+"i"sqrt 3) I(-"e"^(pi"i"//3)) - 1/6(1-"i"sqrt 3) I(-"e"^(-pi"i"//3))` `= 1/6(1+"i"sqrt 3) I("e"^(-2pi"i"//3)) - 1/6(1-"i"sqrt 3) I("e"^(2pi"i"//3))` `= -(2pi^2)/27`. 其中 `(ln x)/(x+1)` 的积分恰好抵消.