概念理解加深
1 可积未必有原函数，有原函数也未必可积
例子
PS：达布定理指的是“达布中值定理”（Darboux’s Theorem）
总结
达布定理揭示了导函数的本质特性：
- 可积性 ≠ 可导性：即使函数可积（如 sgn(𝑥)sgn(x)），也不一定有原函数。
- 介值性是关键：原函数的导数必须覆盖所有中间值（介值性），而跳跃间断点破坏了这一性质。
因此，sgn(𝑥)的跳跃不连续性使其无法成为任何函数的导数，尽管它本身是简单可积的
定积分计算
[0,π/2]上的三角函数
定理1：[0,π/2]上sinx与cosx可互换
$$
\begin{align*}
&设f(x)为连续函数，则\int_{0}^{\pi/2} f(\sin x,\cos x) \, dx =\int_{0}^{\pi/2} f(\cos x,\sin x) \, dx \\
&证明：换元x=\frac{\pi}{2}即可
\end{align*}
$$
结论1 （记住这个）
$$
\begin{align*}
& \int_{0}^{\pi/2} \frac{\cos ^{k}x}{\sin ^{k} x+\cos ^{k}x} \, dx =\int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin ^{k}x}{\sin ^{k} x+\cos ^{k}x} \, dx=\int_{0}^{\pi/2} \frac{dx}{1+\tan ^{k}x} \\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2} \frac{{\sin ^{k} x+\cos ^{k}x}}{\sin ^{k} x+\cos ^{k}x} \, dx \\
&=\frac{\pi}{4}
\end{align*}
$$
结论2 （记住这个）
根据结论1得：
$$
\begin{align}
\int_{0}^{\pi/2} \ln \tan x \, dx =\int_{0}^{\pi/2} \ln \sin x \, dx -\int_{0}^{\pi/2} \ln \cos x \, dx=0
\end{align}
$$
eg
$$
\begin{align*}
& eg1 \quad \int_{0}^{+\infty} \frac{dx}{(1+x^{2}) (1+x^{2022})} \xlongequal{x=\tan t} \int_{0}^{\pi/2} \frac{dt}{1+\tan ^{2022}t} =\frac{\pi}{4} \\\\
& eg2 \quad \int_{0}^{+\infty} \frac{\ln x}{4+x^{2}} \, dx \xlongequal{x=2\tan t} \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \ln(2\tan t) \, dt \\
&\quad =\frac{\pi}{4} \ln 2 +\frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \ln \tan t \, dt=\frac{\pi}{4}\ln 2
\end{align*}
$$
定理2：$I(m,n)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{m}x\sin ^{n}x , dx$ 的公式
$$
\begin{align*}
&由不定积分公式，得 \\
&I(m,n)=\frac{m-1}{m+n}I(m-2,n)=\frac{n-1}{m+n}I(m,n-2)=\begin{cases}
\frac{(m-1)!! \cdot (n-1)!!}{(m+n)!!} \quad m,n不全是偶数 \\
\frac{(m-1)!! \cdot (n-1)!!}{(m+n)!!} \cdot \frac{\pi}{2} \quad m,n全是偶数
\end{cases} \\
& 同时：初始值为： \\
& \quad I(0,0)=\frac{\pi}{2} \\
& \quad I(0,1)=I(1,0)=1 \\
& \quad I(1,1)=\frac{1}{2}
\end{align*}
$$
注意：
负奇数的双阶乘（-1）!! = 1 （过递推关系扩展定义，满足 n!! =n×(n−2)!!）；
0的双阶乘：0!!=1 ; （过递推关系扩展定义，满足 n!! =n×(n−2)!!）
负偶数的双阶乘：无意义
证明过程如下：
[0,π]和[0,2π]上的三角函数
定理1（奇偶性）
$$
\begin{align*}
&f(x)为可积函数：\\
& \quad f(x)在[-a,a]上是奇函数，则\int_{-a}^{a} f(x) \, dx =0 \\
& \quad f(x)在[-a,a]上是偶函数，则\int_{-a}^{a} f(x) \, dx =2\int_{0}^{a} f(x) \, dx
\end{align*}
$$
定理2（对称性）-是奇偶性的拓展
助记：将下面的x0改成0
$$
\begin{align*}
& f(x)为可积函数 \\
& ① f(x)关于 (x_{0},0)点中心对称，则 \forall a>0，有 \\
& \quad \int_{x_{0}-a}^{x_{0}+a} f(x) \, dx =0 \iff \int_{x_{0}}^{x_{0}+a} \, dx =-\int_{x_{0}-a}^{x_{0}} f(x) \, dx \\\\
& ② f(x)关于x=x_{0}轴对称，则 \forall a>0，有 \\
& \int_{x_{0}-a}^{x_{0}+a} f(x) \, dx = 2\int_{x_{0}-a}^{x_{0}} f(x) \, dx =2\int_{x_{0}}^{x_{0}+a} f(x) \, dx
\end{align*}
$$
定理3（乘积对称性）
类似于类似于偶函数×偶函数=偶函数，偶函数×奇函数=奇函数，奇函数×奇函数=偶函数，于是有：
设f，g为实函数
1）f，g都关于x=x0轴对称，则fg关于x=x0轴对称
2）f关于x=x0轴对称，g关于（x0,0）中心对称，则fg关于（x0,0）中心对称
3）f与g都关于（x0,0）中心对称，则fg关于x=x0轴对称
定理3.1
**助记：$sin^{n}x$波峰处：不管n奇偶性，都是轴对称**
$$
\begin{align*}
&对任意的非负整数m，n有；\\\\
&(1) sin^{n}x 关于x=\frac{\pi}{2} 对称 ；\\
&(2)n偶数，\cos ^{n}x关于x=\frac{\pi}{2}对称；n为奇数，\cos ^{n}x 关于\left( \frac{\pi}{2},0 \right) 中心对称；\\
& (3) n为偶数，sin^{m}x\cos^{n}x 关于x=\frac{\pi}{2}对称；n为奇数，sin^{m}x\cos^{n}x 关于\left( \frac{\pi}{2},0 \right)中心对称 ；\\
\end{align*}
$$
由定理3.1，直接得：
定理4： [0,π]上的三角函数积分公式
技巧
$$
\begin{align}
& 形式1： \int_{\alpha}{\beta}, \sinmx \cos^n xdx \
& 1) m,n中有1个奇数（至少1个为奇数）：可以用换元法 \
& 2) m,n都是偶数：一般只能使用三角函数的恒等变换， \
& 将幂指数降低为1 \
& 3) \alpha = 0,\beta =\frac{\pi}{2} :直接用公式 \
& 形式2： \
& 令t=x^n , 则 \frac{dx}{x}=\frac{dt}{nt} \ \
& 形式3：多项式的高次幂 \
& 如 \int_{0}{1} x(1-4x{2}){10}\ dx：令t= 1-4x{2} 代换，再利用形式2 \
& 再计算\frac{dx}{x} \
\end{align}
$$
可积性相关
eg1 Dirichlet函数
$$
\begin{align}
&证明：D(x)在任意有限区间[a,b]上不可积 \ \
& 证：对[a,b]作任意划分P：a=x_{0}<x_{1}<x_{2}<\dots<x_{n}=b \
& 由实数的稠密性，在每个\Delta x_{i}(i=1,2,3,\dots,n)上都有有理数与无理数，即w_{i}=1 \
& 从而，有\sum_{i=1}n w_{i}\Delta x_{i}=\sum_{i=1}{n}\Delta x_{i}=b-a ≠0 \implies D(x)在任意有限区间[a,b]上不可积\
\end{align}
$$
eg2 Riemann函数
2.1 证明 R(x)在[0,1]上可积
分析：黎曼函数满足函数值（对应振幅）大于ε 的点只有有限个，将这有限个点所在的区间长度限制为足够小，而其余区间的振幅都小于ε，整体可以达到足够小
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2.2 R(x)在[0,1]上的积分值=0
$$
\begin{align}
& R(x)在[0,1]上可积\implies 取\xi_{i} \in \Delta x_{i} 全为无理点时，由R(\xi {i})=0 知 \
& \int{0}{1} R(x) , dx = \lim_{ \lambda \to 0 } \sum_{i=1}{n} R(\xi {i})\Delta x{i}=0 \
\end{align}
$$
eg3
用定理7.1.3
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eg4
用定理7.1.3 （但这个例子更复杂）
eg5
勒贝格定理：几乎处处连续且有界<=>可积
eg6 （连续逼近）
eg7 (阶梯逼近)
eg8 积分连续性
(不)等式证明
定积分性质
1 证明是常值函数
即证明f(x)≡C
$$
\begin{align}
& f(x)在区间[a, b]上连续，而且对于任何满足\int_{a}^{b} g(x) \,dx =0的连续函数g(x)， \\
& 都有\int_{a}^{b} f(x)g(x)dx \, =0 ，证明 f(x)一定是常值函数
\end{align}
$$
思路：
1 通过逆否命题：
可能需要假设f不是常数，然后找到一个合适的g，使得虽然g的积分为0，但乘积的积分不为0，从而产生矛盾。这样的话，原命题的逆否命题成立<=>原命题成立
更直接地说，假设f不是常数，那么存在某个点或者在某个区间上f的值不等于它的平均值。然后构造一个g，使得g在那些地方有正负的变化，从而让乘积积分不等于0
比如，可以考虑令g = f - c，其中c是某个常数。但需要满足积分g=0。这时候如果c选为f的平均值的话，那么g的积分就是0。这时候乘积积分就是积分f*(f - c)dx，如果这个积分等于0的话，可能需要f是常数。不过题目中的条件是对于所有这样的g，乘积积分都是0，所以可能这种方法可以用来导出矛盾。
2 泛函分析相关：
另一种方法是考虑泛函分析中的正交补。所有满足∫g=0的连续函数g构成的空间的正交补应该由常函数构成。因此，如果f和所有这些g正交，那么f必须属于正交补，即常函数。这种方法可能更直接，但需要更多的泛函分析知识
第3步整理等式有点难度
2 证明极小值
$$
\begin{align}
& f(x)在[0,1]上连续，且\int_{0}^{1} x^{k}f(x) \, dx =0 (k=0,1,2,\dots,n-1),\int_{0}^{1} x^{n}f(x) \, dx =1 \\
& 证明： \underset{x\in [0,1]}{max}|f(x)| \geq 2^{n}(n+1)
\end{align}
$$
分析：
1 可通过反证法，证明否命题为假，则原命题为真
因为题目中给出的积分条件涉及到xk的积分，当k从0到n-1时，积分为零。这提示我们需要构造一个多项式，使得在展开后，低次项的积分能够被已知条件抵消，只保留最高次项的积分。
利用题设的条件，将xn展开为以(x -1/2)为中心的多项式，并利用前n项积分为零的条件，消去所有低次项，只剩下(x -1/2)n项的积分，从而将原积分转化为∫(x -1/2)n f(x) dx=1
再通过假设 f(x)< 2n (n+1)，将上式放大 ，进一步再根据绝对可积性放大得1=∫(x -1/2)n f(x) dx<2n (n+1)∫(x - 1/2)n dx ≤ 2n (n+1)∫_01 |x - 1/2|^n dx，最后再根据积分区间对称性求出积分推出矛盾1<1，假设不成立，从而证明原命题为真
问题：为何将x^n表示为以1/2为中心的多项式，即（x - 1/2）^n ？
1可能是为了利用对称性简化积分计算，尤其是当涉及绝对值时，对称性可能简化积分范围的分割。
2 最大化矛盾：通过对称性，积分结果被最小化（例如，若选择其他点如0或1展开，积分可能更大，无法导出矛盾）。
3 这种构造的核心在于合理选择展开形式以匹配已知条件，并利用对称性简化计算，最终实现逻辑自洽的证明
2 直接证明，由于题设是x在[0,1]上通过积分限制，可能使得f的绝对值存在极小值。可借助Chebyshev多项式证明
$$
\begin{align}
证明一（反证法）：& \\
&证明：假设 max_{x \in [0,1]} |f(x)| < 2^n (n+1) \\
& 1.利用题设条件展开多项式 \\
& \quad 将x^n表示为以 \frac{1}{2}为中心的多项式： \\
& \quad x^n = \left( x - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \left( x - \frac{1}{2} \right)^k \left( \frac{1}{2} \right)^{n-k} \\
& \quad 其中，次数低于n的项（k=0,1,\dots,n-1)均为低次多项式。\\
& \quad 根据题设条件，这些项与f(x)的积分为零，即：\\
& \quad \int_0^1 x^k f(x) \, dx = 0 \quad (k=0,1,\dots,n-1) \\
& \quad 因此： \\
& \quad 1 = \int_0^1 x^n f(x) \, dx = \int_0^1 \left( x - \frac{1}{2} \right)^n f(x) \, dx \\\\
& 2. 应用绝对值不等式 \\
& \quad 根据绝对值积分的性质： \\
& \quad \left| \int_0^1 \left( x - \frac{1}{2} \right)^n f(x) \, dx \right| \leq \int_0^1 \left| x - \frac{1}{2} \right|^n |f(x)| \, dx \\
& \quad 结合反证法的假设|f(x)| < 2^n (n+1)，进一步放缩： \\
& \quad 1 \leq \int_0^1 \left| x - \frac{1}{2} \right|^n |f(x)| \, dx < 2^n (n+1) \int_0^1 \left| x - \frac{1}{2} \right|^n \, dx \\\\
& 3. 计算积分 \\
& \quad 由于\left| x - \frac{1}{2} \right|^n在区间[0,1]上对称，积分可拆分为两部分： \\
& \quad \int_0^1 \left| x - \frac{1}{2} \right|^n \, dx = 2 \int_{\frac{1}{2}}^1 \left( x - \frac{1}{2} \right)^n \, dx \\
& \quad 令t = x - \frac{1}{2}，则积分变为： \\
& \quad 2 \int_0^{\frac{1}{2}} t^n \, dt = 2 \cdot \frac{1}{n+1} \left( \frac{1}{2} \right)^{n+1} = \frac{1}{2^n (n+1)} \\
& \quad 代入原不等式： \\
& \quad 1 < 2^n (n+1) \cdot \frac{1}{2^n (n+1)} = 1 \\
& \quad 显然矛盾，故假设不成立，因此： \\
& \quad \max_{x \in [0,1]} |f(x)| \geq 2^n (n+1) \\
\end{align}
$$
这个有些问题（AI回答的，暂时没搞明白）
$$
\begin{align}
证明二（直接法）：& \\
& f(x)在[0,1]上连续，且\int_{0}^{1} x^{k}f(x) \, dx =0 (k=0,1,2,\dots,n-1),\int_{0}^{1} x^{n}f(x) \, dx =1 \\
& 证明： \underset{x\in [0,1]}{max}|f(x)| \geq 2^{n}(n+1) \\\\
&证明：\\
& 1.积分条件分析 (这里需要掌握代数正交内容)： \\
& \quad 设f(x)满足： \\
&\quad \int_0^1 x^k f(x) \, dx = 0 \quad (k=0,1,\dots,n-1), \quad \int_0^1 x^n f(x) \,dx = 1 \\
&\quad 这表明 f(x)与所有次数 \leq n-1的多项式正交，但与 x^n 的积分为 1 \\\\
& 2.构造极值多项式： \\
& \quad 考虑在 [0,1] 上构造多项式 Q(x) = c \cdot T_n(2x-1) \\
& \quad 其中 T_n(t) 是 n 次Chebyshev多项式 \\
& \quad 映射 t = 2x-1将区间调整到 [0,1]，此时 T_n(2x-1) 的最大绝对值为 1 \\\\
& 3.正交性条件： \\
& \quad 由于 T_n(2x-1) 与前 n 次多项式正交，满足： \\
& \quad \int_{0}^{1} x^{k}Q(x) \, dx =0(k=0,1,2,\dots,n-1) \\
& 4. 归一化多项式： \\
&\quad 设 Q(x) = c \cdot T_n^*(x)，满足：\\
&\quad \int_0^1 x^n Q(x) \, dx = c \cdot \int_0^1 x^n T_n^*(x) \, dx = 1 \\
&\quad计算积分： \int_0^1 x^n T_n^*(x) \, dx = \frac{1}{2^{n+1}(n+1)} \\
&\quad 因此 c = 2^{n+1}(n+1)，即 Q(x) = 2^{n+1}(n+1) \cdot T_n^*(x) \\\\
& 5. 最大绝对值估计： \\
&\quad T_n^*(x) 在 [0,1] 上的最大绝对值为 1，因此 Q(x) 的最大绝对值为：\\
&\quad \max_{x \in [0,1]} |Q(x)| = 2^{n+1}(n+1) \\
&\quad 根据积分条件，任何满足题设的 f(x) 必须满足：\\
&\quad \max_{x \in [0,1]} |f(x)| \geq \max_{x \in [0,1]} |Q(x)| = 2^{n}(n+1) \\
\end{align}
$$
技巧：
1 对上下限变换，使得左右不等式的上下限一致：
方法：
换元法达到目的
区间可加性
2 对于某些定积分证明（很明显是属于原始定理的证明），需要黎曼和极限的思想（划分P，然后求极限）
情况：
1 简单的不等式/等式：
反证法，
微积分基本定理
2 与微分中值定理联系的题：
先用定积分基本定理（如积分第一中值定理）
后用微分中值定理
3 题中提到f’’ >= 0这种（函数的凸性）
可能用Jensen不等式
4 与函数单调性有关的（如f’ > 0)
积分第一中值定理
微积分基本定理
4.1 与数列极限综合题（7.2：13题）
难点
5 其它（非常复杂）：
证明定积分连续性（7.2：11题）
6 其它（不算复杂）
Schwarz不等式
Minkowski不等式 （7.2：12题）
题型7.2: 5-13
1
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2
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积分中值定理
eg1
$$
\begin{align}
&设f(x)为[0,1]上的连续函数，且\int_{0}^{1} f(x) \, dx = \int_{0}^{1} xf(x) \, dx \\
&证明： \exists \xi \in (0,1)，使得\int_{0}^{\xi} f(x) \, dx =0
\end{align}
$$
分析，构造G(x) = ∫₀^x f(t)dt
如果G(x)在[0,1]上的积分是0的话，那么根据积分中值定理，G(x)在某个点ξ处的值必须等于它在区间上的平均值，也就是0。因为积分是0，所以存在ξ∈[0,1]使得G(ξ)=0
总结：通过构造辅助函数 G(x) 并利用分部积分，将题设条件转化为关于 G(x) 的积分，再结合积分中值定理，直接得出存在 ξ∈(0,1) 满足要求
微积分定理
$$
\begin{align}
& 设f(x)在[A,B]上可积，a,b \in (A,B)是f(x)的两个连续点，证明： \\
& \lim_{ h \to 0 } \frac{f(x+h)-f(x)}{h} dx=f(b)-f(a) \\\\ \\
证明：& 将原式化为关于f(x)的积分形式，对于f(x+h)，令t=x+h,则： \\
& \int_{a}^{b} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \, dx =\frac{1}{h} \left( \int_{a}^{b} f(x+h) \, dx -\int_{a}^{b} f(x) \, dx \right) \\
& =\frac{1}{h} \left( \int_{a+h}^{b+h} f(x) \, dx -\int_{a}^{b} f(x) \, dx \right) \\
& = \frac{1}{h}\left( \int_{b}^{b+h} f(x) \, dx - \int_{a}^{a+h} f(x) \, dx \right) \\
& 从而 \lim_{ h \to 0 } \frac{f(x+h)-f(x)}{h} dx \\
&= \lim_{ h \to 0 } \frac{1}{h} \int_{b}^{b+h} f(x) \ dx - \lim_{ h \to 0 } \frac{1}{h} \int_{a}^{a+h} f(x) \ dx =f(b)-f(a) \\
\end{align}
$$
定积分抽象函数的证明（非等式）
证明零点个数
涉及函数正交性
eg 1.1
$$
\begin{align}
&如果f(x)在[0, π]上连续，并且\int_{0}^{\pi} f(x)\sin x \, dx =\int_{0}^{\pi} f(x)\cos x \, dx =0 \\
&证明：f(x)在(0,π)内至少有两个零点
\end{align}
$$
分析：
通过反证法（更直接）：假设f(x)在(0, π)内至多有一个零点，那么有两种情况：
f(x)在(0, π)内不变号，即没有零点。
f(x)在(0, π)内有一个零点，变号一次。
假设没有零点的情况好证明；
假设只有一个零点如何证明呢？
可能的思路是使用函数的正交性来构造矛盾。例如，考虑函数f(x)在由{sinx, cosx}张成的空间中的正交性，从而f(x)必须与这些函数的任何线性组合正交，进而导出矛盾，除非f(x)有足够的零点。
例如，考虑如果f(x)与sinx和cosx都正交，那么它也必须与它们的线性组合正交，比如φ(x) = sinx + cosx，从而∫₀π f(x) φ(x) dx = 0。
假设f(x)在(0, π)内恰好有一个零点，那么我们可以证明存在线性组合α sinx + β cosx，使得∫₀π f(x)(α sinx + β cosx) dx ≠ 0，这与f(x)与sinx和cosx都正交的条件矛盾。
具体来说，选择α和β使得α sinx + β cosx在f(x)的变号区间内符号一致，从而积分不可能为零。
例如，假设f(x)在(0, a)正，在(a, π)负，那么选择α和β使得α sinx + β cosx在(0, a)和(a, π)的符号与f(x)相同，这样积分结果将为正，从而与正交性矛盾。
然而，这样的α和β是否存在呢？
例如，假设存在α和β使得α sinx + β cosx在(0, a)为正，在(a, π)为负。那么，这样的函数在x=a处为零，并且在该点两侧变号。例如，选择α和β使得α sina + β cosa = 0，即α/β = - cosa / sina，即这样的线性组合确实在x=a处为零，并且在两侧变号。因此，这样的线性组合存在
构造矛盾这里，可以具体找到一个函数φ(x)=sin(x-a)，与f(x)一样在(0,a)和(a,π)内不变号，且在这两个区间上符号相反，于是f(x)φ(x)在(0,π)内不变号且不是零函数
只是下面证明过程只给出了存在这样的α和β ，使得 f(x)φ(x)为非负函数且不是零函数
eg 1.2
$$
\begin{align}
&设f(x)为[a,b]上的连续函数，且\int_{a}^{b} f(x) \, dx =\int_{a}^{b} xf(x) \, dx =\dots = \int_{a}^{b} x^{n}f(x) \, dx =0 \\
& 证明：f(x)在(a,b)至少有n+1个零点
\end{align}
$$
分析：和eg.1中例子相似
下面构造函数中可不用调整p(x)的符号，不用通过调整符号使得p(x)与f(x)在每个小区间上都符号相同，从而p(x)f(x)为非负函数且不是零函数，因p(x)f(x)在(a,b)内本身不变号且不是零函数，这足够证明了
按定义计算定积分
下面以区间 [0,1]为例：
习题7.1: 1
$$
\begin{align}
& 方式1：（大和取法） \
& 划分P：0< \frac{1}{n} < \frac{2}{n} < \frac{3}{n}<\dots \frac{n-1}{n} <1 \
& 及\xi _{i} = \frac{i}{n} \
& 则大和 \sum {i=1}^{n} \frac{1}{n} f(\xi{i}) = \sum _{i=1}^{n} \frac{1}{n} f\left( \frac{i}{n} \right) \ \
& 方式2：（小和取法） \
& 划分P：0< \frac{1}{n} < \frac{2}{n} < \frac{3}{n}<\dots \frac{n-1}{n} <1 \
& 及\xi _{i} = \frac{i-1}{n} \
& 则小和 \sum {i=1}^{n} \frac{1}{n} f(\xi{i}) = \sum _{i=1}^{n} \frac{1}{n} f\left( \frac{i-1}{n} \right) \ \
\end{align}
$$
比较定积分大小
方法：
1 保序性
2 积分第一中值定理
习题 7.2 ： 4
讨论、证明函数的可积性
[0,1]区间上的可积性
1） 分段函数，x为有理数，x为无理数两种情况。
通常是不可积，所以可以利用定理7.1.2 证明不可积
2）分段函数，有绝对值函数[x]，符号函数sgn(x)。
通常是可积的，所以可以利用定理7.1.3证明可积
习题7.1：5
wqwy17