定积分的定义

（一）定积分的概念

设函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上有定义，在区间 $[a,b]$ 内任意插入 $n-1$ 个分点

$$a=x_0<x_1<x_2<\cdots<x_{n-1}<x_n=b.$$

将区间 $[a,b]$ 分成 $n$ 个小区间 $[x_{i-1},x_i]$，$i=1,2,\cdots,n$，记

$$\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$$

表示第 $i$ 个小区间的长度。在 $[x_{i-1},x_i]$ 上任取一点 $\xi_i$，作和式

$$\sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)\Delta x_i,$$

记

$$\lambda=\max(\Delta x_1,\Delta x_2,\cdots,\Delta x_n).$$

若极限

$$\lim_{\lambda\to 0}\sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)\Delta x_i$$

存在，且不依赖于区间 $[a,b]$ 的分法，也不依赖于点 $\xi_i$ 的取法，则称此极限值为 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上的定积分，记为

$$\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{\lambda\to0} \sum_{i=1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i.$$

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注：

（1） 定积分表示一个数值，取决于积分区间 $[a,b]$ 与被积函数 $f(x)$，与积分变量无关：

$$\int_a^b f(x)\,dx=\int_a^b f(t)\,dt.$$

（2） 若 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，则 $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx$ 存在。将 $[0,1]$ 区间 $n$ 等分，取 $\Delta x_i=\dfrac{1}{n}$，$\xi_i=\dfrac{i}{n}$，由定义得

$$\int_0^1 f(x)\,dx = \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i = \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{i=1}^{n}f\!\left(\frac{i}{n}\right).$$

等式右端的极限可通过等式左端的积分来计算。右端点的划分为

$$0,\;\frac1n,\;\frac2n,\;\cdots,\;\frac{i-1}{n},\;\frac{i}{n},\;\cdots,\;\frac{n}{n}=1.$$

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例 3.36（2021 数一、数二真题）

选择题例 3.36

设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，则 $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx=(\quad)$

• A $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac{1}{2n}=\frac12\int_0^1 f(x)\,dx$
• B $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac1n=\int_0^1 f(x)\,dx$
• C $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2n} f\!\left(\frac{k-1}{2n}\right)\frac1n=2\int_0^1 f(x)\,dx$
• D $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2n} f\!\left(\frac{k}{2n}\right)\frac2n=4\int_0^1 f(x)\,dx$

解答

分析 (A)(B)： $k=1,\cdots,n$，区间分成 $n$ 份，$\Delta x_i=\dfrac{1}{n}$，各分点为

$$0,\;\frac1n,\;\frac2n,\;\cdots,\; \left[\frac{k-1}{n},\,\frac{k}{n}\right],\; \cdots,\;\frac{n-1}{n},\;1.$$

注意到

$$\frac{2k-1}{2n}=\frac{k-\frac12}{n}\in\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right],$$

故 $\xi_k=\dfrac{2k-1}{2n}$ 是合法采样点，$\Delta x=\dfrac{1}{n}$ 时 (B) 符合定积分定义：

$$\therefore\quad \int_0^1 f(x)\,dx = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} f\!\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac1n.$$

(A) 的系数为 $\dfrac{1}{2n}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{n}$，故结果为 $\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx$。

分析 (C)(D)： $k=1,\cdots,2n$，区间分成 $2n$ 份，$\Delta x_i=\dfrac{1}{2n}$，各分点为

$$0,\;\frac{1}{2n},\;\frac{2}{2n},\;\cdots,\; \left[\frac{k-1}{2n},\,\frac{k}{2n}\right],\; \cdots,\;\frac{2n-1}{2n},\;1.$$

端点 $\dfrac{k-1}{2n}$ 和 $\dfrac{k}{2n}$ 均可作为 $\xi_i$，因此

$$\int_0^1 f(x)\,dx = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{2n} f\!\left(\frac{k-1}{2n}\right)\frac{1}{2n} = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{2n} f\!\left(\frac{k}{2n}\right)\frac{1}{2n}.$$

(C) 的系数为 $\dfrac{1}{n}=2\cdot\dfrac{1}{2n}$，故结果为 $2\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx$； (D) 的系数为 $\dfrac{2}{n}=4\cdot\dfrac{1}{2n}$，故结果为 $4\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx$。

因此答案选 B。

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定积分定义的三条等价规则

以 $n$ 等分 $[0,1]$ 为基准：

$$\int_0^1 f(x)\,dx = \lim_{n\to\infty} \frac1n\sum_{i=1}^{n}f\!\left(\frac{i}{n}\right).$$

① 步长的等价替换

$$\frac1n\sim\frac1{n+100}\sim\frac1{n+\sqrt{n}}\quad(n\to\infty)$$

② 求和范围的有限缺失

$$\sum_{i=1}^{n}\sim\sum_{i=1000}^{n-999}$$

相当于丢掉了前 999 个和后 999 个矩形的面积，但每个矩形面积趋于 0，有限个矩形对积分结果无影响。

③ 采样点的等价替换

$$\xi_i\in\left[\frac{i-1}{n},\frac{i}{n}\right] \quad\Longrightarrow\quad \frac{i}{n},\;\frac{i-1}{n},\;\frac{i-\frac23}{n},\;\frac{i-\frac12}{n},\;\frac{i-\frac{\sqrt2}{2}}{n}\;\text{ 均可}$$

综合三条规则，下列极限均等于 $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx$：

$$\lim_{n\to\infty} \frac1{n+\sqrt{n}} \sum_{i=100}^{n-999} f\!\left(\frac{i-\frac45}{n}\right) =\int_0^1 f(x)\,dx$$

（$\dfrac{1}{n+\sqrt{n}}=\dfrac{n}{n+\sqrt{n}}\cdot\dfrac{1}{n}$，而 $\dfrac{n}{n+\sqrt{n}}\to1$）

$$\lim_{n\to\infty} \frac1{2n+\sqrt{5n}+\ln n} \sum_{i=67}^{2n+912} f\!\left(\frac{i-\frac{136}{443}}{2n}\right) =\int_0^1 f(x)\,dx$$

（$\dfrac{1}{2n+\sqrt{5n}+\ln n}=\dfrac{2n}{2n+\sqrt{5n}+\ln n}\cdot\dfrac{1}{2n}\to\dfrac{1}{2n}$，且 $\xi_i\in\left[\dfrac{i-1}{2n},\dfrac{i}{2n}\right]$）

$$\lim_{n\to\infty} \frac1{3n+6\sqrt{n}+32n^{0.8}} \sum_{i=9}^{3n-88} f\!\left(\frac{i-0.14}{3n}\right) =\int_0^1 f(x)\,dx$$

（$\dfrac{1}{3n+6\sqrt{n}+32n^{0.8}}=\dfrac{3n}{3n+6\sqrt{n}+32n^{0.8}}\cdot\dfrac{1}{3n}\to\dfrac{1}{3n}$，且 $\xi_i\in\left[\dfrac{i-1}{3n},\dfrac{i}{3n}\right]$）

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例 1.81

传统方法、次量级、想到夹逼——放缩后的 $\sin$ 如何处理？只能用定积分定义。

解答题例 1.81

求极限

$$\lim_{n\to\infty} \left( \frac{\sin\dfrac{\pi}{n}}{n+1} +\frac{\sin\dfrac{2\pi}{n}}{n+\dfrac12} +\cdots +\frac{\sin\dfrac{n\pi}{n}}{n+\dfrac1n} \right).$$

解答

由于 $\sin\dfrac{k\pi}{n}\ge0$（$k=1,\cdots,n$），对每一项放缩分母，得夹逼不等式：

$$\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n} \;\le\; I_n \;\le\; \frac{1}{n+\dfrac1n}\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n}.$$

左端：

$$\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n} =\frac{n}{n+1}\cdot\frac1n\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n} \xrightarrow{n\to\infty} 1\cdot\int_0^1\sin\pi x\,dx = -\frac1\pi\cos\pi x\,\Big|_0^1 =\frac2\pi.$$

右端：

$$\frac{1}{n+\dfrac1n}\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n} =\frac{n}{n+\dfrac1n}\cdot\frac1n\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n} \xrightarrow{n\to\infty} 1\cdot\int_0^1\sin\pi x\,dx =\frac2\pi.$$

由夹逼定理：

$$\lim_{n\to\infty} I_n=\frac2\pi.$$