函数积分六：微积分基本定理

定义1：变上限积分

设$f$在$[a,b]$上可积，从而对任何$x \in [a,b]$，$f$在$[a,x]$上也可积，因此定义函数

$$F(x) = \int_a^x f(t) \mathrm{d} t$$

其中$x$可在$[a,b]$上变化，称$F(x)$为上限变动的积分。

定理1

设$f$在$[a,b]$上可积，那么变上限积分$\displaystyle F(x) = \int_a^x f(t) \mathrm{d} t$在$[a,b]$上连续。

证：任取一点$x_0 \in (a,b)$，则

$$\begin{aligned} F(x_0 + h) - F(x_0) &= \int_a^{x_0+h} f(t) \mathrm{d} t - \int_a^{x_0} f(t) \mathrm{d} t \\ &= \int_{x_0}^{x_0 + h} f(t) \mathrm{d} t \end{aligned}$$

这里$h$可正可负，但是$x_0 + h \in [a,b]$。由于$f$可知，从而由函数积分三的定理1可知，$f$有界，设$|f(x)| \le M$。当$h>0$时，由函数积分五的定理3可知

$$|F(x_0 + h) - F(x_0)| = \left| \int_{x_0}^{x_0 + h} f(t) \mathrm{d} t \right| \le \int_{x_0}^{x_0 + h} |f(t)| \mathrm{d} t \le Mh$$

当$h < 0$时，

$$|F(x_0 + h) - F(x_0)| = \left| \int_{x_0}^{x_0 + h} f(t) \mathrm{d} t \right| = \left| \int_{x_0+h}^{x_0} f(t) \mathrm{d} t \right| \le \int_{x_0+h}^{x_0} |f(t)| \mathrm{d} t \le M (-h) \le M|h|$$

所以

$$|F(x_0 + h) - F(x_0)| \le |Mh|$$

令$h \to 0$，可知$F$在$x_0 \in (a,b)$处连续。$x_0 = a$或$x_0 = b$时，利用上述方法容易证得。

Q.E.D.

定理2

设函数$f$在$[a,b]$上可积，在点$x_0 \in [a,b]$出连续，那么$F$在$x_0$处可导，且

$$F^\prime(x_0) = f(x_0)$$

证：由定理1可得

$$F(x_0 + h) - F(x_0) = \int_{x_0}^{x_0 + h} f(t) \mathrm{d} t$$

从而

$$\begin{aligned} \frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} - f(x_0) &= \frac{1}{h} \int_{x_0}^{x_0 + h} f(t) \mathrm{d} t - \frac{1}{h} \int_{x_0}^{x_0 + h} f(x_0) \mathrm{d} t \\ &= \frac{1}{h} \int_{x_0}^{x_0 + h} (f(t) - f(x_0)) \mathrm{d} t \end{aligned}$$

由于$f$在$x_0$处连续，对任意给定的$\varepsilon > 0$，存在$\delta > 0$，使得当$|t - x_0| < \delta$且$t \in (a,b)$时，有

$$|f(t) - f(x_0)| < \varepsilon$$

现取$0 < |h| < \delta$，从而有

$$\begin{aligned} \left| \frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} - f(x_0) \right| &\le \frac{1}{|h|} \left|\int_{x_0}^{x_0 + h} |f(t) - f(x_0)| \mathrm{d} t \right|\\ & < \frac{1}{|h|} \varepsilon |h| = \varepsilon \end{aligned}$$

从而

$$F^\prime(x_0) = \lim \limits_{h \to 0} \frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} = f(x_0)$$

Q.E.D.

定理3：微积分基本定理

设函数$f$在$[a,b]$上连续，那么

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \int_a^x f(t) \mathrm{d} t = f(x) \quad (a \le x \le b)$$

证：利用定理2可直接推出。

Q.E.D.

定理4

[a,b]上的连续函数一定有原函数。

证：利用定理3可直接推出。

Q.E.D.

定理5：Newton-Leibniz

设$f$在$[a,b]$上连续，$G$是$f$在$[a,b]$上的任一原函数，那么

$$\int_a^b f(x) \mathrm{d} x = G(b) - G(a)$$

证：由定理3可知$\displaystyle F(x) = \int_a^x f(t) \mathrm{d} t$是$f$的一个原函数，所以

$$\int_a^x f(t) \mathrm{d} t = G(x) + c$$

在上式中令$x = a$，得$c = -G(a)$，将$c$代入上式，再令$x=b$即证得。

Q.E.D.

定理6

如果函数$G$在$[a,b]$上有连续的导函数，那么

$$\int_a^x G^\prime(t) \mathrm{d} t = G(x) - G(a) \quad (a \le x \le b)$$

证：从定理5的证明过程可以立即得出。

Q.E.D.

定理7：Taylor公式的积分余项

设函数$f$在$(a,b)$上有直到$n+1$阶的连续导函数，那么对任意固定的$x_0 \in (a,b)$，有

$$f(x) = f(x_0) + \frac{1}{1!}f^\prime(x_0) (x - x_0) + \cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)} (x_0) (x - x_0)^n + R_n(x)$$

其中

$$R_n (x) = \frac{1}{n!}\int_{x_0}^x (x - t)^n f^{(n+1)}(t) \mathrm{d} t \quad (a < x < b)$$

证：记

$$T_n(f, x_0;x) = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x - x_0)^k$$

则

$$R_n(x) = f(x) - T_n(f, x_0;x)$$

可知

$$R_n^{(k)}(x_0) = 0 (k=0,1,\cdots,n), \quad R_n^{(n+1)}(x) = f^{(n+1)}(x)$$

连续使用分部积分公式可得

$$\begin{aligned} R_n(x) &= \int_{x_0}^x R^\prime_n(t) \mathrm{d} t = \int_{x_0}^x R^\prime_n(t) \mathrm{d} (t-x) \\ &= (t-x)R^\prime_n(t) \Big|_{x_0}^x - \int_{x_0}^x (t-x)R_n^{\prime\prime} \mathrm{d}t \\ &= -\frac{1}{2} \int_{x_0}^x R_n^{\prime\prime}(t) \mathrm{d} (t - x)^2 \\ &= -\frac{1}{2} (t-x)^2 R_n^{\prime\prime}(t) \Big|_{x_0}^x + \frac{1}{2}\int_{x_0}^x (t - x)^2 R_n^{\prime\prime\prime}(t) \mathrm{d} t \\ &= \frac{1}{2} \int_{x_0}^x (t - x)^2 R^{\prime\prime\prime}(t) \mathrm{d} t \\ &= \cdots \\ &= (-1)^n \frac{1}{n!}\int_{x_0}^x (t - x)^n R_n^{(n+1)} (t) \mathrm{d} t \\ &= \frac{1}{n!} \int_{x_0}^x (x - t)^n f^{(n+1)}(t) \mathrm{d} t \end{aligned}$$

Q.E.D.