定积分

定积分 存在的依据 是 面积是否收敛（被积函数 必须有界）

原函数 的要求 比 定积分 要高，不能出现 第一类间断点

N - L 公式

牛莱公式 的要求： $f(x)$ 必须连续（实际只要 可积 + 原函数存在）

因为连续， $f(x)$ 有原函数 $F(x)$，此时 定积分 的计算 就可以利用 不定积分 的方法

易错点

${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1+{\sin }^{2}x}$

用 N-L 前必须确认：原函数在整个积分区间上连续

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错误解法

${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1+{\sin }^{2}x}={\int }_0^{\pi }\frac{d(\tan x)}{2{\tan }^{2}x+1}=\frac{1}{\sqrt{2}}[\arctan (\sqrt{2}\tan x){]}_0^{\pi }=0\times$

错因

$\tan x$ 在 $x=\frac{\pi }{2}$ 处无定义，导致
$\arctan (\sqrt{2}\tan x)$
在该点跳跃（左右极限相差 $\pi$），不是被积函数在 $[0,\pi ]$ 上的原函数，不能直接套 N-L 公式。

被积函数 $\frac{1}{1+{\sin }^{2}x}$ 本身连续有界，积分合法

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正确解法

解法一：对称折半

被积函数满足 $f(\pi -x)=f(x)$，将区间折半，把间断点退到端点再取极限：

${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1+{\sin }^{2}x}=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{d(\tan x)}{2{\tan }^{2}x+1}=\sqrt{2}{\left[\arctan (\sqrt{2}\tan x)\right]}_0^{{\frac{\pi }{2}}^{-}}=\frac{\sqrt{2}\pi }{2}$

关键 端点处取 极限值而非函数值（反常积分思想）。

解法二：移轴换元

令 $x=t+\frac{\pi }{2}$，区间平移为 $\left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$，${\sin }^{2}x={\cos }^{2}t$，间断点直接消失：

${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1+{\sin }^{2}x}=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{dt}{1+{\cos }^{2}t}=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{d(\tan t)}{2+{\tan }^{2}t}=\frac{\sqrt{2}\pi }{2}$

$\boxed{\frac{\sqrt{2}\pi }{2}}$

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定积分的换元法

第二类换元

不定积分 有两类换元法；定积分的换元法只有一种 二类换元

令 $x=\phi (t)$，上下限跟着换

${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_{\alpha }^{\beta }f[\phi (t)]{\phi }^{\prime }(t)dt$

换元条件：

1. $\phi (\alpha )=a$，$\phi (\beta )=b$

2. $\phi (t)$ 在 $[\alpha ,\beta ]$（或 $[\beta ,\alpha ]$）上具有连续导数，且值域 $R_{\phi }\subset [a,b]$

教材脚注（同济 246 页）：当值域 $R_{\phi }$ 超出 $[a,b]$ 时，只要 $f(x)$ 在 $R_{\phi }$ 上连续，定理结论仍然成立。

定理从头到尾没有"单调"二字

不定积分第二类换元必须单调，是因为算完要回代 $t={\psi }^{-1}(x)$ ，反函数得存在。

定积分换完上下限直接代新限出数值，永不回代，所以不需要反函数，也就不需要单调。

换元函数必须单调 是充分不必要条件，是保险写法，不是定理要求。

单调性问题

举例

$${\int }_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}4xdx$$

法一：直接积，答案为 $1$（原函数 $2x^2$）。

法二：令 $x=\sin t$ ，上限有两种取法：

• 上限取 $\frac{\pi }{4}$：$x=\sin t$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 单调，值域恰好是 $\left[0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right]$

• 上限取 $\frac{3\pi }{4}$：$x=\sin t$ 在 $\left[0,\frac{3\pi }{4}\right]$ 不单调，$t$ 走到中间时 $x$ 先冲到 $1$ 再折回 $\frac{\sqrt{2}}{2}$
  值域 $\left[0,1\right]$ 超出了原区间

${\int }_0^{\frac{3\pi }{4}}4\sin t\cos tdt=[2{\sin }^{2}t{]}_0^{\frac{3\pi }{4}}=2{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2=1$

两种上限算出同样的 $1$。谁规定 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 必须对应 $\frac{\pi }{4}$？端点对应即可，中途可以绕远越界

$f$ 在扩大的值域上连续就行

反函数的定义域

只能"令 x = ..."，不能"令 ... = t"

看到 $\sin x$ 想令 $\sin x=t$ 时，必须先反解成 $x=\phi (t)$。

而 $\sin$ 的反函数在不同单调段表达式不同：

$$\begin{array}{c}x\in \left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]则x=\arcsin t\\ \\ \\ x\in \left[\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}\right]则x=\pi -\arcsin t\end{array}$$

陷阱题

$${\int }_0^{\pi }\sin xdx=2,\text{但令 }\sin x=t\text{ 后上下限都变成 }0,{\int }_0^0=0?$$

错因：$x$ 从 $0$ 走到 $\pi$ 横跨两个单调段，一个反解式子覆盖不了全程，必须拆段：

${\int }_0^{\pi }\sin xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin xdx+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\sin xdx$

第一段反解 $x=\arcsin t$，第二段反解 $x=\pi -\arcsin t$，各自换元后相加，结果为 $2$

“令 $\sin x=t$” 一个式子想吞掉整个 $[0,\pi ]$，上下限同时落到 $t=0$，这就是 $99\%$ 的人踩的坑。真要省事，用对称性 ${\int }_0^{\pi }\sin xdx=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin xdx$ 反而一步到位。

几何学应用

面积

边界为显函数

这类题较简单；注意： 积分符号 和 上下限 的变化

口诀： 取微元，定位形

边界为参数方程

这类题需要画图，确定单一参数的 上下限

边界为显示极坐标

这一类型又可以分成三个小类

1. 极直互换转换为参数方程组：

2. 用 $\theta$ 定位，构造扇形面微元 当 $r=r(\theta )$ 为显示极坐标方程组， $ds=\frac{1}{2}{r}^2(\theta )d\theta$

这里 的 $r(\theta )$ 是边线上的 公式，内部不适用

2. 采用 $r$ 和 $\theta$ 双变量定位，利用二重积分

   实际就是 极坐标的面积公式

   $$S=\underset{D}{\iint }rdrd\theta$$

均值

体积

绕 x 轴旋转

寻找正确的母面

不能简单看成 是 $f(x)$ 绕轴旋转，这样得到的只是一个壳体

旋转角度必须是 $2\pi$，不存在 一个大面 绕 $\pi$，我们要对面积取微元，求出对应的微元体

绕 y 轴旋转

1. 对于 简单曲线 可以借助 反函数 求解，将绕 $y$ 轴等同于 绕 $x$ 轴

   

2. 公式法：

   $$V_y=2\pi {\int }_a^b|x[f(x)-g(x)]|dx$$

   实际就是 柱壳法 卷心菜式的 体微元

   

绕平行于 x, y 轴 的轴旋转

如果平移旋转轴，相当于建立了一套新的标准，旧标准全部废除，只盯着新的坐标轴

为了减少记忆负担，尽量不用 平移旋转轴，熟练掌握元素法

绕任意轴旋转

双变量法，二重积分 plus 点到直线的距离公式 点线面距离

以参数方程表示的旋转体体积

消参，只留 $t$，积分上下限也是 以 $t$ 为基准

显式极坐标表示的旋转体体积

用二重积分 可以省计算

解析册给的方案是直接 化成只含 $\theta$ 的参数方程，计算起来非常复杂

$D:0\le \theta \le \frac{\pi }{2},0\le r\le 4(1+\cos \theta )$
绕极轴旋转一周，体积公式为：

$V=2\pi {\iint }_{D}yd\sigma =2\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^{4(1+\cos \theta )}{r}^2\sin \theta drd\theta$
先对 $r$ 积分：

$V=2\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \theta \cdot \frac{64(1+\cos \theta {)}^3}{3}d\theta =\frac{128\pi }{3}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1+\cos \theta {)}^3\sin \theta d\theta$

令 $u=1+\cos \theta$，$du=-\sin \theta d\theta$，积分限 $2\to 1$：
$V=\frac{128\pi }{3}{\int }_1^2{u}^{3}du=\frac{128\pi }{3}\cdot \frac{u^4}{4}{|}_1^2=\frac{128\pi }{3}\times \frac{15}{4}$

$\boxed{V=160\pi }$

已知平行截面求体积

弧长

极坐标弧长公式

平面曲线质量

基底都是 弧长公式，根据场景 变换弧长公式的变量 进行求解

侧面积

托里尼悖论

Gabriel's Horn（加百列号角）

一个 体积有限、表面积无穷大 的旋转体。
你可以用有限的油漆灌满它，却永远无法涂满它的内壁。

经典模型

曲线 $y=\frac{1}{x}$（$x\ge 1$）绕 $x$ 轴旋转：

$V=\pi {\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^2}dx=\pi \text{（有限）}$

$S=2\pi {\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x}\sqrt{1+\frac{1}{x^4}}dx\ge 2\pi {\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x}dx=+\infty \text{（发散）}$

求体积时被积函数是 $\frac{1}{x^2}$（$p=2>1$，收敛）, 求面积时被积函数主项是 $\frac{1}{x}$（$p=1$，发散）

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维度分析

同一条曲线 $y=\frac{1}{x}$，逐维度看：

维度	量	敛散
1D	弧长	发散
2D	曲线下面积	发散
2D	旋转体侧面积	发散
3D	旋转体体积	收敛

悖论核心

实际是因为 面积 并不能和 体积 同时比较，一个是有厚度的三维体 ，另一个仅是二维面，实际上，再大的二维图形也没有三维图中一个点 大，因为其受到维度的约束

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2010 真题

区域 $G$：$y=\frac{1}{\sqrt{x(1+{\ln }^{2}x)}}$（$e\le x<+\infty$）下方、$x$ 轴上方的无界区域。

面积

${\int }_e^{+\infty }\frac{1}{\sqrt{x(1+{\ln }^{2}x)}}dx$，由于 $\frac{1}{\sqrt{x(1+{\ln }^{2}x)}}\ge \frac{1}{\sqrt{x}(1+\ln x)}$ 且后者发散，故面积 发散。

体积

$V=\pi {\int }_e^{+\infty }\frac{1}{x(1+{\ln }^{2}x)}dx=\pi {\int }_e^{+\infty }\frac{d(\ln x)}{1+{\ln }^{2}x}=\pi \arctan (\ln x){|}_e^{+\infty }=\frac{{\pi }^2}{4}$

注意

面积公式里 $f(x)$ 含 $\frac{1}{\sqrt{x}}$（$p=\frac{1}{2}<1$，发散），体积公式里 $[f(x){]}^2$ 含 $\frac{1}{x}$——再多除一个 ${\ln }^{2}x$ 的修正项使之收敛，完美对应托里尼悖论的结构。

物理应用

一元定积分在物理学中的应用本质上是微元法（元素法）的具体体现

1. 建立坐标系与压力微元

• 建系：以水面为 $y$ 轴，铅直向下为 $x$ 轴。半圆方程为 $x^2+y^2=R^2$。

• 取微元：在深度 $x$ 处取厚度为 $dx$ 的水平窄长条。

  • 压强：$p=\rho gx$

  • 面积：$dA=2ydx=2\sqrt{R^2-x^2}dx$

• 微元表达式：

  $dF=p\cdot dA=2\rho gx\sqrt{R^2-x^2}dx$

2. 积分计算总压力

受力范围为 $x\in [0,R]$，利用凑微分 $2xdx=-d(R^2-x^2)$ 求解：

$F={\int }_0^{R}2\rho gx\sqrt{R^2-x^2}dx$

$F=-\rho g{\int }_0^R(R^2-x^2{)}^{\frac{1}{2}}d(R^2-x^2)$

$F=-\rho g{\left[\frac{2}{3}(R^2-x^2{)}^{\frac{3}{2}}\right]}_0^R=\frac{2}{3}\rho g{R}^3$