分部积分

分部积分的作用

分部积分可以产生一个新的积分，从而转化研究对象。

使用分部积分抵消求积分

对拆项后的其中一项使用分部积分

$\begin{aligned} & \int \frac{xe^x}{(1+x)^2} {\rm d}x = \int e^x \cdot \frac{(x + 1) - 1}{(1+x)^2} {\rm d}x = \int e^x [\cdot {\frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^2}}] {\rm d}x \\ & = \int \frac{e^x}{1+x} {\rm d}x - \int \frac{e^x}{(1+x)^2} {\rm d}x，拆项 \\ & = \int \frac{e^x}{1+x} {\rm d}x + \int e^x {\rm d}(\frac{1}{1+x})，对第二项分部积分 \\ & = \int \frac{e^x}{1+x} {\rm d}x + e^x \cdot \frac{1}{1+x} - \int \frac{e^x}{1+x} {\rm d}x，与产生的新积分抵消 \\ & = \frac{e^x}{1+x} + C \end{aligned}$

对拆项后的两项都使用分部积分
$\begin{aligned} & \int e^{\sin x} \cdot \frac{x\cos^3x - \sin x}{\cos^2x}{\rm d}x \\ & = \int e^{\sin x} \cdot x \cos x {\rm d}x - \int e^{\sin x} \cdot \frac{\sin x}{\cos^2x}{\rm d}x，拆项 \\ & = \int x{\rm d}e^{\sin x} - \int e^{\sin x} {\rm d}{\frac{1}{\cos x}}，分别对前后两项分部积分 \\ & = xe^{\sin x} - \int e^{\sin x}{\rm d}x - \frac{e^{\sin x}}{\cos x} + \int \frac{1}{\cos x} \cdot \cos x \cdot e^{\sin x}{\rm d}x，分部积分产生的新积分互相抵消 \\ & = xe^{\sin x} - \frac{e^{\sin x}}{\cos x} + C \end{aligned}$

需要添加常数才能达到分部积分抵消的题目
$\begin{aligned} & \int \left( { \frac{\arctan x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x = \int \left( { \frac{\arctan - x + x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x = \int \left( { 1 + \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = \int {\rm d}x + 2 \int \frac{x}{\arctan x - x} {\rm d}x + \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = \int {\rm d}x + \int \frac{1}{\arctan x - x} {\rm d}(x^2 + 1) + \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = x + \frac{x^2+1}{\arctan x - x} - \int (x^2+1) \cdot \frac{-1}{(\arctan x - x)^2} \cdot \left[ { \frac{1}{1+x^2} - 1 } \right] {\rm d}x + \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = x + \frac{x^2+1}{\arctan x - x} - \int (x^2+1) \cdot \frac{-1}{(\arctan x - x)^2} \cdot \frac{-x^2}{1+x^2} {\rm d}x + \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = x + \frac{x^2+1}{\arctan x - x} - \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x + \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = x + \frac{x^2+1}{\arctan x - x} + C，此处使用 {\rm d}(x^2 + 1)和 \arctan x求导的分母相乘抵消 \\ \end{aligned}$

另外一个自己计算的题：
$\begin{aligned} & \int x \cdot \ln (1+x^2) \cdot \arctan x {\rm d}x，后两部分求导分母都包含1+x^2 \\ & = \frac{1}{2} \int \ln (1+x^2) \cdot \arctan x {\rm d}(x^2 + 1) \\ & = \frac{1}{2} (x^2 + 1) \cdot \ln (1+x^2) \cdot \arctan x - \frac{1}{2} \int (x^2 + 1) \left[ { \frac{2x \cdot \arctan x}{x^2 + 1} + \frac{\ln (1+x^2)}{x^2 + 1} } \right] {\rm d}x \\ & = \frac{1}{2} (x^2 + 1) \cdot \ln (1+x^2) \cdot \arctan x - \frac{1}{2} \int \left[ { 2x \cdot \arctan x + \ln (1+x^2) } \right] {\rm d}x \\ & = \frac{1}{2} (x^2 + 1) \cdot \ln (1+x^2) \cdot \arctan x - \frac{1}{2} \int \arctan x {\rm d}(x^2 + 1) - \frac{1}{2} \int \ln (1+x^2) {\rm d}x \\ & \int \arctan x {\rm d}(x^2 + 1) = (x^2 + 1) \arctan x - \int (x^2 + 1) \cdot \frac{1}{x^2 + 1} {\rm d}x = (x^2 + 1) \arctan x - x + C \\ & \int \ln (1+x^2) {\rm d}x = x \cdot \ln (1+x^2) - \int x \cdot \frac{2x}{x^2 + 1} {\rm d}x = x \cdot \ln (1+x^2) - \int \frac{2x^2 + 2 - 2}{x^2 + 2} {\rm d}x \\ & = x \cdot \ln (1+x^2) - 2 \int (1 - \frac{1}{x^2 + 2}){\rm d}x = x \cdot \ln (1+x^2) - 2x + \arctan \frac{x}{2} + C \\ & 原式 = \frac{1}{2} (x^2 + 1) \cdot \ln (1+x^2) \cdot \arctan x - \frac{1}{2} (x^2 + 1) \arctan x + \frac{1}{2} x - \frac{1}{2} x \cdot \ln (1+x^2) + x - \frac{1}{2} \arctan \frac{x}{2} \\ & = \frac{1}{2} (x^2 + 1) \cdot \ln \frac{(1+x^2)}{e} \cdot \arctan x + \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} \arctan \frac{x}{2} + C \end{aligned}$

使用分部积分计算积分的极限

对于类似题目 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int^b_a f(x, n) {\rm d}x$ ，求积分极限时，如果 $f(x,n)$ 随着 $n$ 的变化是震荡的，无法直接求其极限时，可以考虑使用分部积分，将震荡部分拆分出来，利用无穷小和有界性来求其极限。

$\begin{aligned} & \lim_{n \to \infty} \int^1_0 e^{x^{100}} \cos nx {\rm d}x \\ & = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \int^1_0 e^{x^{100}} \cos nx {\rm d}(nx) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \int^1_0 e^{x^{100}} {\rm d} (\sin nx) \\ & = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[{e^{x^{100}} \cdot \sin nx {\LARGE |}^1_0 - \int^1_0 \sin nx \cdot e^{x^{100}} \cdot 100x^{99} {\rm d}x}\right] \\ & = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \cdot M = 0，M 有界\\ \end{aligned}$

只要 $x \in [0,1]， f(x)$ 有界连续，则极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int^1_0 f(x)x^n {\rm d}x = 0$ ，
$\begin{aligned} & 首先 \lim_{n \to \infty} \int^1_0 x^n {\rm d}x = \lim_{n \to \infty} \left[{\frac{1}{n+1}x^{n+1} {\huge |}^1_0}\right] = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} = 0 \\ & \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{x^n}{1+x} {\rm d}x，积分区间 [0,1] 上 \frac{x^n}{2} \le \frac{x^n}{1+x} \le \frac{x^n}{1} \\ & \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{1}{2} x^n {\rm d}x \le \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{x^n}{1+x} {\rm d}x \le \lim_{n \to \infty} \int^1_0 x^n {\rm d}x \\ & \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{n+1} \le \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{x^n}{1+x} {\rm d}x \le \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} \\ & 从而 \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{x^n}{1+x} {\rm d}x = 0 \end{aligned}$

只要 $x \in [0,1]， f(x)$ 有界连续，积分极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} n \cdot \int^1_0 f(x)x^n {\rm d}x = f(1)$
$\begin{aligned} & \lim_{n \to \infty} n \cdot \int^1_0 \frac{x^n}{1+x} {\rm d}x = \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{nx^n}{1+x} {\rm d}x = \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{x}{1+x} {\rm d}(x^n) {\rm d}x \\ & = \lim_{n \to \infty} \left[\frac{x}{1+x} \cdot x^n {\huge |}^1_0 - \int^1_0 x^n \cdot \frac{1}{(1+x)^2} {\rm d}x \right] \\ & = \frac{1}{2} \end{aligned}$

使用分部积分判断定积分的正负

对于需要判断定积分 $\int^b_a f(x) {\rm d}x$ 的正负时，一帮需要有以下方法：

找到 $f(x)$ 的零点和分段点，拆区间，换元使得区间再现
画图法，观察 $f(x)$ 的形状
使用分部积分，将原积分函数转化为恒为正或者恒为负的函数

$\begin{aligned} & 判断 \int^{2\pi}_{0} e^{\sin x} \cdot \sin x {\rm d}x 的正负 \\ & \int^{2\pi}_{0} e^{\sin x} \cdot \sin x {\rm d}x = \int^{2\pi}_{0} e^{\sin x} {\rm d} \cos x，分部积分 \\ & = \cos x \cdot e^{\sin x} {\huge |}^{2\pi}_{0} + \int^{2\pi}_{0} \cos^2 x \cdot e^x {\rm d}x \\ & = 0 + \int^{2\pi}_{0} \cos^2 x \cdot e^x {\rm d}x > 0 \end{aligned}$

判断反常积分敛散性

常积分敛散性大多数最终会归结于被积函数在瑕点处的阶，瑕点是指被积区间内或端点处的点所在领域内无界的点，瑕点一定是有定义的点。

$\begin{aligned} & 判断 \int ^{+\infty}_{2} \frac{\cos x}{\ln x} {\rm d}x 的敛散性 \\ & 被积函数无法直接判断其敛散性，考虑使用分布积分放大分母 \\ & \int ^{+\infty}_{2} \frac{\cos x}{\ln x} {\rm d}x = \int ^{+\infty}_{2} \frac{1}{\ln x} {\rm d}(\sin x) \\ & = \frac{\sin x}{\ln x} {\huge |}^{+\infty}_{2} - \int ^{+\infty}_{2} \sin x \cdot (-\frac{1}{\ln^2 x}) \cdot \frac{1}{x} {\rm d}x \\ & = 0 - \frac{\sin 2}{\ln 2} + \int ^{+\infty}_{2} \frac{\sin x}{x \ln^2 x} {\rm d}x \\ & 而 \int ^{+\infty}_{2} \frac{|\sin x|}{x \ln^2 x} {\rm d}x \le \int ^{+\infty}_{2} \frac{1}{x \ln^2 x} {\rm d}x = -\frac{1}{\ln x} {\huge |} ^{+\infty}_{2} = \frac{1}{\ln 2} 收敛 \\ & 故 \int ^{+\infty}_{2} \frac{\cos x}{\ln x} {\rm d}x 收敛 \end{aligned}$

证明积分不等式

使用分分部积分可以建立 $f(x) 与 f'(x)$ 之间的等式关系。

$\begin{aligned} & 设 f(x) 在 [0, a] 一阶连续可到，f(x) > 0，|f'(x)| \le M，证明：\left|\int^a_0 f(x) {\rm d}x\right| \le \frac{M}{2}a^2 \\ & 使用拉格兰日中值定理： \left|\int^a_0 f(x) {\rm d}x \right| \le \int^a_0 |f(x)| {\rm d}x \\ & = \int^a_0 |f(x) - f(0)| {\rm d}x = \int^a_0 |f'(\xi)| \cdot x {\rm d}x \\ & \le M\int^a_0 x {\rm d}x = M \cdot \frac{a^2}{2} \\ & 使用分部积分，注意到未给定 f(a)，需要凑出 {\rm d}(x-a) \\ & \left|\int^a_0 f(x) {\rm d}x \right| = \left|\int^a_0 f(x) {\rm d}(x-a) \right| \\ & = \left|(x-a)f(x) {\huge |}^a_0 - \int^a_0 (x-a)f'(x) {\rm d}x \right| \\ & = \left|\int^a_0 (x-a)f'(x) {\rm d}x \right| \le \int^a_0 (x-a) |f'(x) | {\rm d}x \\ & \le M \int^a_0 (x-a) {\rm d}x = \frac{M}{2}a^2 \end{aligned}$

一个比较难的积分不等式题目
$\begin{aligned} & 设 f(x) 二阶连续可导，|f''(x)| \le M，f(a)=f(b)=0，证明\left| \int^b_a f(x) {\rm d}x \right| \le \frac{(b-a)^3}{12} \cdot M \\ & \int^b_a f(x) {\rm d}x = \int^b_a f(x) {\rm d} (x-a) = (x-a)f(x) {\huge |}^b_a - \int^b_a (x-a)f'(x) {\rm d}x \\ & = \int^b_a (x-a)f'(x) {\rm d}x = \int^b_a (x-a)f'(x) {\rm d}(x-b) \\ & = -(x-a)(x-b)f'(x){\huge |}^b_a + \int^b_a (x-b) [f'(x) + (x-a)f''(x)] {\rm d}x \\ & = \int^b_a (x-b) f'(x) {\rm d}x + \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x，f'(x)要转为f(x)或f''(x) \\ & = \int^b_a (x-b) {\rm d}[f(x)] + \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x，此处也可对 (x-b)分部积分 \\ & = (x-b)f(x){\huge |}^b_a - \int^b_a f(x) {\rm d}x + \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x \\ & = - \int^b_a f(x) {\rm d}x + \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x，积分再现 \\ & = \frac{1}{2} \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x \\ & \implies \left| \int^b_a f(x) {\rm d}x \right| = \left| \frac{1}{2} \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x \right| \\ & \le \frac{1}{2} \int^b_a |x-b||x-a| |f''(x)| {\rm d}x \\ & \le \frac{M}{2} \int^b_a (x-a)(b-x) {\rm d}x = \frac{(b-a)^3}{12} \cdot M \\ \end{aligned}$

求变现函数的积分

$\begin{aligned} & f(x) = \int^x_0 \frac{\sin t}{\pi - t}{\rm d}t，求 I = \int^{\pi}_0 f(x) {\rm d}x. \\ & 解法一： I = \int^{\pi}_0 \left[ \int^x_0 \frac{\sin t}{\pi - t}{\rm d}t \right] {\rm d}x = x \cdot \int^x_0 \frac{\sin t}{\pi - t}{\rm d}t {\huge |}^{\pi}_0 - \int^{\pi}_0 \frac{x\sin x}{\pi - x}{\rm d}x \\ & = \pi \cdot \int^{\pi}_0 \frac{\sin x}{\pi - x}{\rm d}x - \int^{\pi}_0 \frac{x\sin x}{\pi - x}{\rm d}x = \int^{\pi}_0 \frac{(\pi - x)\sin x}{\pi - x}{\rm d}x\\ & = \int^{\pi}_0 \sin x {\rm d}x = -\cos x{\huge |}^{\pi}_0 = 2 \\ & 解法二：I = \int^{\pi}_0 f(x) {\rm d}(x-\pi) = f(x)(x-\pi) {\huge |}^{\pi}_0 - \int^{\pi}_0 (x-\pi) \cdot \frac{\sin x}{\pi - x}{\rm d}x \\ & = \int^{\pi}_0 \sin x {\rm d}x = 2\\ \end{aligned}$

处理有界震荡

处理有界震荡，在有界震荡的部分前面乘以一个无穷小或者除以一个无穷大。

$f(x) = \int^x_0 \cos \frac{1}{t} {\rm d}t，求 f'(0)$
$\begin{aligned} & 使用定义，洛必达后的极限震荡，考虑在震荡函数前乘以一个无穷小 \\ & \int^x_0 \cos \frac{1}{t} {\rm d}t = \int^x_0 t^2 \cdot (\frac{1}{t})^2 \cos \frac{1}{t} {\rm d}t = - \int^x_0 t^2 {\rm d}(\sin \frac{1}{t}) \\ & = -t^2 \cdot \sin \frac{1}{t} {\huge |}^x_0 + \int^x_0 2t \sin \frac{1}{t} {\rm d}t = -x^2 \cdot \sin \frac{1}{x} + \int^x_0 2t \sin \frac{1}{t} {\rm d}t \\ & 再用导数定义可得 f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x \to 0} \frac{-x^2 \cdot \sin \frac{1}{x} + \int^x_0 2t \sin \frac{1}{t} {\rm d}t}{x} \end{aligned}$

判断 $\int^{+\infty}_1 \cos x^2 {\rm d}x$ 的敛散性。
$\begin{aligned} & \int^{+\infty}_1 \cos x^2 {\rm d}x = \int^{+\infty}_1 \frac{1}{2x} \cdot 2x \cdot \cos x^2 {\rm d}x = \frac{1}{2} \int^{+\infty}_1 \frac{1}{x} {\rm d}(\sin x^2) \\ & = \frac{1}{2x} \cdot \sin x^2 {\huge |}^{+\infty}_1 + \frac{1}{2} \int^{+\infty}_1 \frac{\sin x^2}{x^2} {\rm d}x \\ & = - \frac{\sin 1}{2} + \frac{1}{2} \int^{+\infty}_1 \frac{\sin x^2}{x^2} {\rm d}x \\ & 而 \int^{+\infty}_1 \left| \frac{\sin x^2}{x^2} \right| {\rm d}x \le \int^{+\infty}_1 \left| \frac{1}{x^2} \right| {\rm d}x \\ & = \int^{+\infty}_1 \frac{1}{x^2} {\rm d}x = - \frac{1}{x} {\huge |}^{+\infty}_1 = 1 收敛 \\ & \implies \int^{+\infty}_1 \frac{\sin x^2}{x^2} {\rm d}x 绝对收敛 \implies \int^{+\infty}_1 \frac{\sin x^2}{x^2} {\rm d}x 收敛 \implies 原积分收敛 \\ \end{aligned}$

分部积分法