1636 年前后，费马在图卢兹的稿纸上把一段抛物线下的面积切成一列越来越窄的小块，这些小块的总和能一行一行算出来，算到最后他让公比等于 1，答案就掉下来了。这一步今天看是站不住的，因为式子里处处含公比，凭什么让它等于 1，而把这句话换成能证明的命题，又花了两百年。
一、源头：费马把一段面积切成一列等比小块
卡瓦列里把面积看成无数条平行线段的堆积，能定出两个图形面积之比，却给不出面积本身，于是费马不问有多少条，改挑一种让求和算得出来的分割。
1636 年前后，费马在给罗贝瓦尔、帕斯卡的信里和自己的手稿里反复用同一个办法处理 \(y=x^{n}\) 在 \([0,a]\) 上的面积，他不用等分，取一条等比数列
\[ a,\ ar,\ ar^{2},\ \dots,\ ar^{m},\qquad 0\lt r\lt 1, \]让最后一项随 \(m\) 增大而趋于零，第 k 个小区间就是 \([ar^{k},\,ar^{k-1}]\)，宽 \(a(1-r)r^{k-1}\)，费马把高取在这一段的右端点这个较小的函数值 \((ar^{k})^{n}\) 上，于是矩形面积的和是
\[ S_{m}=\sum_{k=1}^{m}(ar^{k})^{n}\cdot a(1-r)r^{k-1}=a^{n+1}r^{n}(1-r)\frac{1-r^{m(n+1)}}{1-r^{n+1}}. \]先让 \(m\to\infty\)，分式里带 \(r^{m(n+1)}\) 的那项消失了，再让 \(r\to 1\)，\((1-r)/(1-r^{n+1})\) 趋于 \(1/(n+1)\)，两步做完，
\[ \int_{0}^{a}x^{n}\,\mathrm{d}x=\frac{a^{n+1}}{n+1}. \]一条公式覆盖了所有正整数 n，而阿基米德的「抛物线弓形是外接矩形的 2/3」是一条曲线一条命题、逐个攻下来的。
问题出在最后一步：式子里处处含 \(r\)，凭什么让它等于 1，而次序更要紧：先让 m 无穷再令 r 等于 1 得 1/3，反过来先取 \(r=1\)，因子 \(1-r^{m(n+1)}\) 变成零，和也变成零。费马只能拿结果替这一步担保。
这些手稿生前没有印行，1679 年他的儿子克莱芒才把它们编成《杂著》出版，分割、求和、逼近都有了，只缺极限的定义。
二、成形：柯西把「求和」写成极限
17、18 世纪的人接着往下做：牛顿用反流数法把面积化成原函数，莱布尼茨用拉长的 s 记和，欧拉编出 24 个基本积分公式，他们算得又快又准，却没人问什么样的函数才有面积。
1823 年，柯西在巴黎综合理工学院的讲义《无穷小计算概论》里把这件事讲清了：区间切成小段，每段任取一点，函数值乘段长相加，让最宽的那段趋于零，和若趋于一个确定的数，这个数就叫定积分。他要求 \(f\) 连续，因为连续是他唯一能控制振幅的入口。
定义（定积分）
设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上有界，在 \([a,b]\) 中任意插入分点
\[ a=x_{0}\lt x_{1}\lt\cdots\lt x_{n}=b, \]
第 i 个小区间的长记作 \(\Delta x_{i}\)，任取 \(\xi_{i}\in[x_{i-1},x_{i}]\)，作和
\[ S=\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i})\Delta x_{i}, \]
记 \(\lambda=\max\{\Delta x_{1},\dots,\Delta x_{n}\}\)。若 \(\lambda\to 0\) 时 S 的极限存在，且与分法、与 \(\xi_{i}\) 的取法都无关，则称 \(f\) 在 \([a,b]\) 上可积，该极限记作 \(\int_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x\)。
定义里有四个动作：分割、取点、求和、取极限，前三个费马已经有了；趋于零的是最宽段的长度 \(\lambda\)，条数变多并不保证它变小。若 \(f\ge 0\)，定积分等于曲线下方的面积，可定义里并没有面积二字。
「任意」在定义里出现两次，分法任意、取点任意；只有两者给出的和都挤向同一个数，这个数才归函数所有，否则归你挑的尺子。
定义还读出一条必要条件：可积函数必须有界，否则总有一段上无界，取 \(\xi_{i}\) 就能让和任意大，既趋不向固定的数，也做不到对一切取法一致。
课本给三条充分条件：连续、有界且只有有限个间断点、单调有界；它们只管够用不管必要，因为可积函数可以有无穷多个间断点，这是黎曼先指出的。
连续、单调或只有有限个间断点，凭什么都能保证可积
连续情形靠一致连续：任给 \(\varepsilon\gt 0\)，只要所有小段比某个 \(\delta\) 短，各段振幅 \(\omega_{i}=M_{i}-m_{i}\) 就同时小于 \(\varepsilon/(b-a)\)；单调情形靠端点振幅之和前后相消，有限个间断点则把那几段单独控制。
从柯西到黎曼隔了 31 年，中间是三角级数撞开了连续函数的边界：要问哪些函数能写成三角级数，得先问哪些函数有积分。
三、严格化：达布和与可积的充要条件
柯西的定义里留着隐患：它说极限存在，可极限是对哪一族和取的并不清楚，分法一换和就换，要证明它存在，就得让所有分法、所有取法给出的和挤向同一个数。
1854 年，黎曼在哥廷根宣读教授资格论文《关于函数三角级数表示的可能性》，要判断一个函数能否用三角级数表示，先得知道它有没有积分，于是把连续性拿掉只留有界：每段振幅乘段长加起来，最宽段趋于零时这个和也要趋于零。
1854 年，哥廷根
一篇为三角级数写的论文
“Über die Darstellbarkeit einer Function durch eine trigonometrische Reihe”
黎曼 1854 年在哥廷根宣读，1867 年收入《黎曼全集》。
题名直译是《关于函数通过三角级数表示的可能性》，可积性只是其中一节；论文里还给了一个几乎处处不连续却可积的函数。
振幅判据是这样的：同一分法下每段有上确界 \(M_{i}\) 与下确界 \(m_{i}\)，两个和分别叫上和与下和，任取点得到的和夹在两者之间，「极限存在」于是换成更好检验的一句：两个和能不能挤到一起。
1875 年，达布把这套比较整理成今天的形状：分割加细时上和单调不增、下和单调不减，都有极限，而可积等价于这两个极限相等。
上和与下和就差一点点，为什么就能断定可积
设 \(f\) 有界，任一分割上每段取上确界 \(M_{i}\)、下确界 \(m_{i}\)，作上和 \(\overline{S}=\sum M_{i}\Delta x_{i}\) 与下和 \(\underline{S}=\sum m_{i}\Delta x_{i}\)，振幅 \(\omega_{i}=M_{i}-m_{i}\)。可积的充要条件：任给 \(\varepsilon\gt 0\)，存在一种分割使 \(\overline{S}-\underline{S}=\sum\omega_{i}\Delta x_{i}\lt\varepsilon\)。
证明里为什么要先谈「加细分割」
力气花在先把极限造出来：分割加细时每段被切开，上确界只会变小，所以上和单调不增且有下界，必然收敛，下和同理。
用这套语言，狄利克雷函数不可积几乎是一行的事：令 \(f(x)=1\) 当 x 为有理数、\(f(x)=0\) 当 x 为无理数，任何小区间里两种点都有，于是 \(M_{i}=1\)、\(m_{i}=0\)、\(\omega_{i}=1\)，
\[ \overline{S}-\underline{S}=\sum_{i=1}^{n}\Delta x_{i}=b-a, \]对一切分割都成立，永远压不到零。反方向更有意思：间断点稠密不可怕，只要振幅大的点足够稀疏，和照样压得下去。
可积只问一件事：振幅乘段长加起来能不能任意小。狄利克雷函数每点都在跳，压不下去；黎曼的函数也跳，但跳得高的地方少，就压得下去。
四、性质与微积分基本定理
定积分算出来是一个数：\(f\ge 0\) 时它和面积重合，\(f\) 变号时算的是代数面积，横轴下方带负号，最常见的错就是把它当成面积。
课本上那几条性质，也就是线性、区间可加、保号、估值，都是从和式的运算直接搬过来的，其中可加性对 c 落在 \([a,b]\) 内外不作限制，只要三段积分都存在，而它是分段函数题目的入口：先按分段点拆开，再逐段算。
这些性质各自对应和式里的哪一步
设所列函数都可积，则积分对函数是线性的：\(\int_{a}^{b}(\alpha f+\beta g)=\alpha\int_{a}^{b}f+\beta\int_{a}^{b}g\)；区间可加：\(\int_{a}^{b}f=\int_{a}^{c}f+\int_{c}^{b}f\)；保序：\(f\ge 0\) 时 \(\int_{a}^{b}f\ge 0\)，\(f\le g\) 时积分同样保序。又若 \(m\le f\le M\)，则 \(m(b-a)\le\int_{a}^{b}f\le M(b-a)\)，以及 \(\left|\int_{a}^{b}f\right|\le\int_{a}^{b}|f|\)。
估值定理的用处是不算而估：\(\int_{0}^{1}e^{-x^{2}}\mathrm{d}x\) 找不到初等原函数，可被积函数介于 \(e^{-1}\) 与 1，积分就落在 0.368 与 1 之间。
定理（积分中值定理）
若 \(f\) 在 \([a,b]\) 上连续，则在 \([a,b]\) 上至少存在一点 \(\xi\)，使
\[ \int_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x=f(\xi)(b-a). \]
证明只用估值定理加介值定理：平均值 \(\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f\) 夹在最小值与最大值之间，而闭区间上的连续函数取遍两者之间的一切值，于是有 \(\xi\) 使 \(f(\xi)\) 等于这个平均值，几何上就是有一条水平线，它与区间围出的矩形面积等于曲边梯形。
真正让它顺手的是变上限积分。
定理（变上限积分）
设 \(f\) 在 \([a,b]\) 上可积，对 \(x\in[a,b]\) 令
\[ \Phi(x)=\int_{a}^{x}f(t)\,\mathrm{d}t. \]
则 \(\Phi\) 在 \([a,b]\) 上连续。若 \(f\) 在 \([a,b]\) 上连续，则 \(\Phi\) 在 \([a,b]\) 上可导，且
\[ \Phi'(x)=f(x). \]
取 \(h\gt 0\)，\(\Phi(x+h)-\Phi(x)=\int_{x}^{x+h}f(t)\,\mathrm{d}t\) 是一条宽 h 的窄条，面积夹在 \(mh\) 与 \(Mh\) 之间，m、M 是 f 在 \([x,x+h]\) 上的下确界与上确界；两边除以 h 再令 \(h\to 0\)，由连续性 m 与 M 都趋于 \(f(x)\)，夹逼就给出 \(\Phi'(x)=f(x)\)。
于是 \(\Phi\) 是 \(f\) 的一个原函数，不分割、不取点、不求极限，找到任何一个原函数，面积就到手了。
定理（微积分基本定理，牛顿-莱布尼茨公式）
若 \(f\) 在 \([a,b]\) 上连续，\(F\) 是 \(f\) 在 \([a,b]\) 上的一个原函数，则
\[ \int_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x=F(b)-F(a). \]
由变上限积分的可导性，\(\Phi\) 也是 \(f\) 的原函数，而同一区间上两个原函数只差一个常数，所以 \(\Phi(x)=F(x)+C\)；由 \(\Phi(a)=\int_{a}^{a}f=0\) 定出 \(C=-F(a)\)，再令 \(x=b\) 就得到 \(F(b)-F(a)\)。
求切线问的是曲线在某一点往哪走，求面积问的是两点之间圈出多大一块，这两件事在 18 世纪各自成家，中间的桥就是变上限积分。
于是求和的苦力活换成了找原函数：费马算 \(\int_{0}^{a}x^{n}\mathrm{d}x\) 要先设等比数列、求和、再让公比溜到 1，有了公式只需写下 \(x^{n+1}/(n+1)\) 代两个数相减。
条件不能省：公式要求 \(f\) 连续，\(F\) 是包含 \([a,b]\) 的区间上的原函数；更常见的是符号错，因为 \(\int_{a}^{b}=-\int_{b}^{a}\)，代限次序颠倒答案就整体变号。
五、方法手册
换元与分部：公式照抄，改的是两处细节
定理（定积分的换元法与分部积分法）
设 \(f\) 在 \([a,b]\) 上连续，\(x=\varphi(t)\) 在 \([\alpha,\beta]\) 上有连续导数，\(\varphi(\alpha)=a\)、\(\varphi(\beta)=b\)，值域含于 \([a,b]\)，则
\[ \int_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x=\int_{\alpha}^{\beta}f[\varphi(t)]\varphi'(t)\,\mathrm{d}t. \]
又设 \(u(x)\)、\(v(x)\) 在 \([a,b]\) 上有连续导数，则
\[ \int_{a}^{b}u(x)v'(x)\,\mathrm{d}x=\Big[u(x)v(x)\Big]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}u'(x)v(x)\,\mathrm{d}x. \]
换元和不定积分有两处不同：上下限跟着 t 一起换，换完直接代入新限而不必换回 x；被积函数要在整个区间上连续，否则换元后的积分可能不再是原来那个。
最常见的失分点是写好了 \(t=\sqrt{x}\)、算出了原函数，却仍然把 0 和 4 代进去，答案错了还不显眼，所以三行字要一次写完：令什么、限换成什么、微分换成什么。
更隐蔽的错出在 \(\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}}\) 上：被积函数在 0 处无界，本不是正常的定积分，有人令 \(x=1/t\) 按公式算出 \(-2\) 就全错了，条件不满足时公式无权使用。
分部选 u 的顺序和不定积分一样：反三角、对数、幂、指数、三角，区别只在整项 \([uv]_{a}^{b}\) 要代两个限。
反常积分：把边界推到无穷，或推到奇点
定积分要求区间有限、被积函数有界，这两条一取消，就得把越界的那端换成变量，先算正常积分再取极限。
定义（两类反常积分）
设 \(f\) 在 \([a,+\infty)\) 上连续，定义
\[ \int_{a}^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x=\lim_{t\to+\infty}\int_{a}^{t}f(x)\,\mathrm{d}x, \]
右端极限存在时称积分收敛，否则称发散。若 \(f\) 在 \((a,b]\) 上连续，且在 \(a\) 的右邻域内无界，定义
\[ \int_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x=\lim_{\varepsilon\to 0^{+}}\int_{a+\varepsilon}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x. \]
定理（p 积分）
设 \(p\gt 0\)，则
\[ \int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{p}}=\frac{1}{p-1}\ (p\gt 1),\qquad \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{p}}=\frac{1}{1-p}\ (p\lt 1). \]
\(p=1\) 时两端都变成对数型，两个积分都发散。
p 积分是标尺：多数题目只需把被积函数和某个 p 积分比一比。
被积函数长得像幂函数时，怎么一眼看出收敛还是发散
设 \(f,g\gt 0\) 且连续，若 \(\lim_{x\to+\infty}f(x)/g(x)=c\)，则 \(0\lt c\lt+\infty\) 时两者同敛散，\(c=0\) 时由 \(\int g\) 收敛推出 \(\int f\) 收敛，\(c=+\infty\) 时由 \(\int g\) 发散推出 \(\int f\) 发散；不用极限的版本只用到 \(0\le f\le g\)，无界函数的积分把 \(x\to+\infty\) 换成 \(x\to a^{+}\) 照抄。
极限形式省掉凑不等式的功夫：被积函数在无穷远处像个幂函数时，取 \(g=1/x^{p}\) 求比值的极限，临界指数立刻显出来。
六、例题
例 1 用定义计算 \(\int_{0}^{1}x^{2}\,\mathrm{d}x\)。
把 \([0,1]\) 分成 n 等份，取右端点，\(S_{n}=\frac{1}{n^{3}}\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{2n^{2}+3n+1}{6n^{2}}\)，含 n 的项趋于零，极限为 \(1/3\)。等分只是最省事的取法，定义要求任意分法都给同一个数，这一步已由前面的定理担保。
例 2 计算 \(\int_{1}^{4}\frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{x}}\)。
令 \(t=\sqrt{x}\)，则 \(x=t^{2}\)，\(\mathrm{d}x=2t\,\mathrm{d}t\)。同时换限：\(x=1\) 给 \(t=1\)，\(x=4\) 给 \(t=2\)。原式 \(=\int_{1}^{2}\frac{2t}{1+t}\,\mathrm{d}t=2\int_{1}^{2}\left(1-\frac{1}{1+t}\right)\mathrm{d}t=2\Big[t-\ln(1+t)\Big]_{1}^{2}\)。代值得 \(2(2-\ln 3)-2(1-\ln 2)=2-2\ln\frac{3}{2}\)，约等于 0.811。若忘记换限仍代 1 和 4，得到的数往往不难看，交卷时很难发现。
例 3 计算 \(\int_{0}^{1}x\arctan x\,\mathrm{d}x\)。
取 \(u=\arctan x\)，\(\mathrm{d}v=x\,\mathrm{d}x\)，则 \(v=x^{2}/2\)。原式 \(=\Big[\frac{x^{2}}{2}\arctan x\Big]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{2(1+x^{2})}\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\left(1-\frac{1}{1+x^{2}}\right)\mathrm{d}x\)。后面这个积分是 \(1-\pi/4\)，于是结果 \(=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{2}+\frac{\pi}{8}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\)，约 0.285。关键在拆项：分子比分母低一次，除掉后只剩常数和标准反正切；选 \(u=\arctan x\) 是因为反三角求导后变成有理式。
七、习题
A 档 巩固定义与基本计算，每题 5 分钟内
1. 用定义计算 \(\int_{0}^{1}(2x+1)\,\mathrm{d}x\)。
看答案
n 等分取右端点，\(S_{n}=\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{2i}{n}+1\right)\frac{1}{n}=\frac{n+1}{n}+1\)，令 \(n\to\infty\) 得 2；用牛顿-莱布尼茨公式验算 \(\big[x^{2}+x\big]_{0}^{1}=2\)，一致。
2. 用几何意义求 \(\int_{-1}^{2}|x|\,\mathrm{d}x\) 与 \(\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^{2}}\,\mathrm{d}x\)。
看答案
前者是两个三角形面积之和，\([-1,0]\) 上为 \(1/2\)、\([0,2]\) 上为 2，合计 \(5/2\)；后者是单位圆第一象限的 \(1/4\)，值为 \(\pi/4\)，两题都不必找原函数，看清图形即可。
3. 求 \(\int_{0}^{1}x^{2}\,\mathrm{d}x\) 在积分中值定理中的那个点 \(\xi\)。
看答案
\(\int_{0}^{1}x^{2}\mathrm{d}x=1/3\)，由 \(\xi^{2}=1/3\) 得 \(\xi=1/\sqrt{3}\)，约 0.577，落在 \((0,1)\) 内；中值定理只保证存在，这里恰好能解出来。
4. 求 \(\Phi(x)=\int_{0}^{x}e^{-t^{2}}\,\mathrm{d}t\) 与 \(\Psi(x)=\int_{x}^{1}\ln(1+t^{2})\,\mathrm{d}t\) 的导数。
看答案
\(\Phi'(x)=e^{-x^{2}}\)，把上限代入即可；\(\Psi\) 的上限是常数、下限是 \(x\)，先写成 \(-\int_{1}^{x}\ln(1+t^{2})\mathrm{d}t\) 再求导得 \(-\ln(1+x^{2})\)，符号是这类题唯一的陷阱。
5. 判断下列反常积分的敛散性：(1) \(\int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{3/2}}\)；(2) \(\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{0.9}}\)；(3) \(\int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x+1}\)。
看答案
(1) p 积分为 \(3/2\gt 1\)，收敛，值为 2；(2) 下限处无界，p 积分为 \(0.9\lt 1\)，收敛，值为 \(1/(1-0.9)=10\)；(3) 与 \(1/x\) 比较，\(\frac{x}{x+1}\to 1\)，故同敛散，发散。
6. 用估值定理估计 \(\int_{1}^{2}e^{-x^{2}}\,\mathrm{d}x\) 所在的范围。
看答案
\(e^{-x^{2}}\) 在 \([1,2]\) 上单调减，最大值 \(e^{-1}\approx 0.368\)、最小值 \(e^{-4}\approx 0.018\)，区间长为 1，故积分介于两者之间；要更紧的界就把区间再拆细，估值定理在每一小段上用一次。
B 档 综合题，接近考试难度
1. 设 \(f(x)=x\)（\(0\le x\le 1\)），\(f(x)=2-x\)（\(1\lt x\le 2\)）。讨论 \(f\) 在 \([0,2]\) 上的可积性并求 \(\int_{0}^{2}f(x)\,\mathrm{d}x\)。
看答案
\(f\) 在 \([0,2]\) 上有界，唯一可能的间断点是 \(x=1\)，而左右极限都等于 1，实际是连续的，故可积。按分段点拆开：\(\int_{0}^{1}x\,\mathrm{d}x=1/2\)，\(\int_{1}^{2}(2-x)\mathrm{d}x=2-1.5=0.5\)，合计 1；分段函数的分段点要单独交代，先说明可积再动手。
2. 计算 \(\int_{0}^{\pi}\frac{\mathrm{d}x}{2+\cos x}\)。
看答案
令 \(t=\tan\frac{x}{2}\)，则 \(\cos x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}\)、\(\mathrm{d}x=\frac{2\mathrm{d}t}{1+t^{2}}\)，而 x 从 0 走到 \(\pi\) 时 t 从 0 走到 \(+\infty\)，所以这实际是个无穷限的反常积分。被积式化为 \(\frac{2}{3+t^{2}}\mathrm{d}t\)，积分得 \(\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{t}{\sqrt{3}}\)，上限取极限给 \(\frac{\pi}{\sqrt{3}}\)。
3. 设 \(I_{n}=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\,\mathrm{d}x\)，建立递推公式，并求 \(I_{4}\) 与 \(I_{5}\)。
看答案
分部：\(I_{n}=-\sin^{n-1}x\cos x\Big|_{0}^{\pi/2}+(n-1)\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^{2}x\,\mathrm{d}x\)，边界项为零，把 \(\cos^{2}x=1-\sin^{2}x\) 代入得 \(I_{n}=\frac{n-1}{n}I_{n-2}\)。于是 \(I_{4}=\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{3\pi}{16}\)，\(I_{5}=\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}\cdot 1=\frac{8}{15}\)，两条链分别以 \(I_{0}=\pi/2\) 与 \(I_{1}=1\) 收尾。
4. 设 \(f\) 在 \([a,b]\) 上可积，证明 \(|f|\) 在 \([a,b]\) 上可积，并由此证明 \(\left|\int_{a}^{b}f\right|\le\int_{a}^{b}|f|\)。
看答案
先证振幅不等式：\(\big||f(x)|-|f(y)|\big|\le|f(x)-f(y)|\)，故 \(\omega_{|f|}\le\omega_{f}\)，于是由 \(f\) 可积可得同一分割下 \(\sum\omega_{|f|}\Delta x_{i}\lt\varepsilon\)，\(|f|\) 也可积。再对 \(-|f|\le f\le|f|\) 用保序性，两边积分即得 \(\left|\int_{a}^{b}f\right|\le\int_{a}^{b}|f|\)。
C 档 拓展与历史原题
1. 费马 1636 年前后用等比分割求 \(\int_{0}^{a}x^{2}\,\mathrm{d}x\)。取分点 \(a,ar,ar^{2},\dots,ar^{m}\)（\(0\lt r\lt 1\)），在每个小区间 \([ar^{k},ar^{k-1}]\) 上以右端的高 \((ar^{k})^{2}\) 作矩形。写出矩形面积和，先令 \(m\to\infty\)，再令 \(r\to 1\)，验证结果为 \(a^{3}/3\)。
看答案
和式 \(S_{m}=a^{3}(1-r)r^{2}\frac{1-r^{3m}}{1-r^{3}}\)，令 \(m\to\infty\) 得 \(a^{3}r^{2}/(1+r+r^{2})\)，再令 \(r\to 1\) 得 \(a^{3}/3\)。次序不能换：先取 \(r=1\)，因子 \(1-r^{3m}\) 就是零，整个和也成了零。费马没有工具说清这一点。
2. 用达布和证明狄利克雷函数 \(D(x)\)（有理点取 1，无理点取 0）在 \([0,1]\) 上不可积，并说明「可积」对间断点集提出了什么要求。
看答案
任何小区间里既有有理点又有无理点，故 \(M_{i}=1\)、\(m_{i}=0\)、\(\omega_{i}=1\)，\(\overline{S}-\underline{S}=1\) 对一切分割成立，压不到零。教材只把「有限个间断点」当充分条件，因为它最容易验证。勒贝格 1902 年给出的完整判据是：有界函数黎曼可积当且仅当它的间断点集是零测集。
3. 黎曼 1854 年的论文里给出了一个几乎处处不连续、却仍然可积的函数的例子。流传最广的简化写法是：\(f(x)=x\) 当 x 为有理数，\(f(x)=0\) 当 x 为无理数，区间取 \([0,1]\)。(1) 用达布和算出它的振幅和，判断它是否可积；(2) 若结论与「可积」相反，说明这个简化写法丢掉了原例子的哪一点，并举出一个确实可积、且有无穷多个间断点的函数。
看答案
(1) 在 \([x_{i-1},x_{i}]\) 上有理点让 f 接近 \(x_{i}\)、无理点让 f 为 0，故 \(M_{i}=x_{i}\)、\(m_{i}=0\)，\(\sum\omega_{i}\Delta x_{i}\to\int_{0}^{1}x\,\mathrm{d}x=1/2\)，压不到零，不可积。(2) 简化写法丢掉了「振幅大的点很稀疏」这一条，黎曼用的级数是 \(\sum (nx)/n^{2}\)，它的间断点集可数，因而不妨碍可积。要举反例可用黎曼函数 \(R(x)=1/q\)（x 为既约分数 p/q）、\(R(x)=0\)（x 为无理数），它在 \([0,1]\) 上可积且积分为 0。
思考题 不设标准答案，只给提示
1. 定义里为什么要求极限与分法、与取法都无关？如果只要求某一种固定分法（比如等分）下的极限存在，会失去什么？提示：想想面积该由图形决定，还是由尺子决定。
看提示
固定分法只检验了一把尺子，换一把，比如只在某些点附近加密，和可能走向另一个值，那时这个数就不再属于函数而属于你的分法，任意性正是在排除这种可能。
2. 可积性为什么先要求有界？若把有界这一条从定义里删掉，和式会变成什么样？提示：看无界函数在奇点附近能不能取到极大甚至无穷的 \(f(\xi)\)。
看提示
无界意味着对任何分割总有一段上 \(f\) 可以任意大，取点稍微挪一下和就跳掉，极限无从谈起，有界是让振幅这个量有意义的前提。
3. 换元公式要求 \(\varphi'(t)\) 连续、\(f\) 在值域上连续。若只假设 \(f\) 可积，公式会怎样失效？提示：让 \(\varphi\) 在区间内部来回走一次，例如 \(x=\sin t\) 取 \(t\in[0,2\pi]\)。
看提示
\(\sin t\) 在 \([0,2\pi]\) 上不单调，一个函数值被取到两次，右边会把同一段面积算两遍还带上相反的符号，单调或连续导数的条件就是用来保证换元不重复走路的。
延伸阅读
- 同济大学数学系《高等数学》第七版上册，第五章第一至第四节。
- 柯西《无穷小计算概论》，巴黎，1823 年，定积分的定义与连续函数的可积性。
- 黎曼《关于函数通过三角级数表示的可能性》，1854 年宣读，1867 年刊于《黎曼全集》。
- 达布《论不连续函数》，载《高等师范学校科学年鉴》第 4 卷，1875 年，可积的充要条件。
- 克莱因《数学在十九世纪的发展》第一册，积分概念严格化的部分。