微积分基本定理

在这个wiki中，我们将看到微积分的两个主要分支，微分学和积分学，是如何相互关联的。虽然这两个问题似乎互不相关，因为一个来自切线问题，另一个来自面积问题，我们将看到微积分基本定理确实在两者之间建立了联系。

我们已经学习了不定积分，这是一个寻找函数反导数的过程。与不定积分不同，定积分的结果将是一个数字，而不是一个函数。函数的定积分是函数图下的有符号区域，以 $\显示样式{\int\u a^b f（x）\，dx}：$

现在，假设我们形成了一个面积函数 $S（x）$以一种依赖于函数的方式 $f（x）$像

$S（x）=\int{a}^{x}{f（t）\，dt}，$

哪里 $F$在间隔上是连续的 $[甲,乙]$. 现在，假设我们想要找到面积相对于 $x$:

从上图可以看出，阴影区域的面积等于曲线下的面积 $f（t）$从…起 $A.$到 $x+\Delta x$减去下面的面积 $f（t）$从…起 $A.$到 $x$. 因此

$\开始{aligned}\Delta S&=A（x+\Delta x）-A（x）\\\\\frac{\Delta S}{\Delta x}&=\frac{A（x+\Delta x）-A（x）}{\Delta x}\结束{对齐}$

因此，面积的变化率变为

$S'（x）=\frac{dS}{dx}=\lim{\Delta x\rightarrow 0}\frac{S（x+\Delta x）-S（x）}{\Delta x}。$

我们知道有一个 $\上划线{x}$介于 $x$和 $x+\Delta x$使阴影区域的面积等于 $f（\overline{x}）\Delta x$:

$\开始{aligned}S'（x）&=\lim{\Delta x\rightarrow 0}\frac{S（x+\Delta x）-S（x）}{\Delta x}\\\&=\lim{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f（\overline{x}）\Delta x}\\\&=\lim{\Delta x\rightarrow 0}f（\overline{x}\\\\\\\&f（x）\结束{对齐}$

最后一步是正确的，因为 $\增量x\r\n右箭头0$，有什么发现吗 $x$和 $x+\Delta x$方法 $x$.现在我们准备陈述微积分的第一个基本定理：

如果 $F$是连续的 $[甲,乙]$，则函数定义为

$S（x）=\int{a}^{x}{f（t）\，dt}$

是连续的 $[甲,乙]$可微的 $（a、b）$和 $S'（x）=f（x）$.

因此，基本上整合是分化的反面。更清楚的是，微积分的第一个基本定理可以用莱布尼兹符号改写为

$\frac{d}{dx}\int{a}{x}{f（t）\，dt=f（x）}。$

求其导数 $\显示样式k（x）=\int{2}{x}{（{4}{t}+t）\，dt}$.

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功能 $F$是连续的，所以从微积分的第一个基本定理开始

$k'（x）={4}^{x}+x.\_\广场$

的导数是什么 $\显示样式h（x）=\int{2}{x}{2}}{\frac{1}{1+{t}}{2}}，dt}？$

---

我们使用微积分的第一个基本定理，按照链式法则来解决这个问题。

允许 $u=x^{2}$然后

$\{{{{{{{{{{}}}}{{{{{{}}}}}}{{{{{{{{{}}}{{{{{{{{}}}{{{{{}}}}{{{{{{}}}}}{{{{{{{{}}}}}{{{{{{{}}}}}}{{{{{{{{{{{}}}}}}{{{{{{{{{{{}}}}}}}}}}{{{{{{{{{{{{{{{{}}}}}}}}}}}{{{{{{{{{{{{{{{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{{{{{{{{{{}}}}}}}}}}}}{{{{{{{{{{{{{{{{{{{{2}}\cdot 2{x}\\\&=\frac{2x}{1+{x}^{4}_\方形\结束{对齐}$

求其导数 $\displaystyle\int{1}{x^2}\cos t\，dt。$

---

同样，我们使用链式法则和微积分的基本定理来解决这个问题。

允许 $u=x^2$然后

$\begin{aligned}\displaystyle\int{1}{cos t\，dt&=\dfrac{d}{du}\left[\displaystyle\int{1}{u}\cos t\，dt\right]\cdot\dfrac{du}{dx\\\\\\&=\cos{u}\cdot\dfrac d}{dx}\dx}\dx\\\\\\\\\\\ dx\\\\\\\ dx\\\\\\\ dx\\\\ dx\\\\ dx\\\\\\\\ dx_\方形\结束{对齐}$

求其导数 $\显示样式h（x）=\int{x}^{3x}{\sin\theta\，d\theta}$.

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我们使用积分的以下性质：

$\int{b}{a}{f（x）\，dx}=\int{b}{0}{f（x）\，dx+\int{0}{a}{f（x）\，dx}。$

所以

$\（x）及{{{{{校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校校\ int{0}{x}{\sin\theta\，d\theta}+\frac{d}{dx}\int{0}{3x}{\sin\theta\，d\theta}\\&=-\sinx+\frac{d}{du}\int{u}{\sin\theta\，d\theta}\cdot\frac{du}{dx}\\&=-\sinx+3\sin3x.\_\方形\结束{对齐}$

如果 $F$是一个连续函数 $[甲,乙]$然后

$\int{a}^{b}{f（x）\，dx=f（b）-f（a）}，$

哪里 $F$是的反导数 $F$，即。 $F'=F$. $_\方格$

我们从微积分的第一个基本定理知道，如果 $\显示样式S（x）=\int{a}^{x}{f（t）\，dt}$然后 $s$是的反导数 $F$或 $S'（x）=f（x）$. 自从 $F'（x）=F（x），$

$S'（x）=F'（x）。$

结合双方在 $x$，我们有

$\显示样式S（x）=\int{a}^{x}{f（t）\，dt}=f（x）+C\qquad\qquad（1）$

哪里 $C$这是一个常数。

现在，插上电源 $x=a$在这个等式中，我们有

$S（a）=\int{a}^{a}{f（t）\，dt}=f（a）+C。$

根据定义， $\显示样式S（a）=\int{a}^{a}{f（t）\，dt}=0$，因此

$\开始{aligned}F（a）+C&=0\\右箭头C&=-F（a）\结束{对齐}$

插入 $C=-F（a）$回到等式中 $(1)$，我们有

$\显示样式S（x）=\int{a}^{x}{f（t）\，dt}=f（x）-f（a）。$

最后，设置 $x=b$，我们有

$\begin{aligned}S（b）=\int{a}{b}{f（t）\，dt}&=f（b）-f（a）\\右箭头\int{a}{f（x）\，dx}&=f（b）-f（a）。\\ uz\square\end{aligned}$

我们也可以用黎曼和的概念来证明上述定理。

我们从微积分的第一个基本定理知道，如果 $\显示样式S（x）=\int{a}^{x}{f（t）\，dt}$然后 $s$是的反导数 $F$或 $S'（x）=f（x）$. 所以我们知道 $\显示样式f（x）=f'（x）$. 考虑分区 $P=\{a=xu 0$. 有了这个分区作为参考，我们可以编写

$F（b）-F（a）=\sum{i=0}^{n-1}\big[F（x{i+1}）-F（x{i）\big]。$

这是证据中更简洁的部分。 $\displaystyle\forall i=0,1,2，\dots，n-1\text{}\t\u i\in\text{}（x\u i，x\u{i+1}）$以致 $\显示样式F（x{i+1}）-F（x{i）=F'（t{i）\left（x{i+1}-x{i}\right）=F（t{i）\left（x{i+1}-x{i}\right）$这是中值定理的直接含义，现在我们得到的是

$F（b）-F（a）=\sum_{i=0}^{n-1}F（t_i）\left（x_{i+1}-x_{i}\ right）；~t_i\in\text{}（x_i，x_{i+1}）。$

表达式的右边是黎曼和，它最终会收敛为定积分作为划分 $P$变得越来越精细：

$F（b）-F（a）=\int{a}{b}{F（t）\，dt}_\广场$

这个定理把通过求和的极限来求定积分的困难问题转化为求反导数的简单问题。例如，如果我们被要求计算积分 $\显示样式\int{a}^{b}{f（x）\，dx}$，我们找到了 $f（x）$计算它们在积分的每个端点的值，最后将它们相互减去。

估计 $\显示样式{\int_0^1}x^2\，dx。$

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根据微积分的基本定理，我们有

$\显示样式{\int_0^1}x^2\，dx=F（1）-F（0），$

哪里 $F（x）$是的反导数 $x^2。$不定积分 $x^2$给予

$\int x^2dx=\frac{1}{3}x^3+C，$

哪里 $C$是积分的常数。

因此，我们有

$F（1）-F（0）=\left（\frac{1}{3}\times1^3+C\right）-\left（\frac{1}{3}\times0+C\right）=\frac{1}{3}.\\square$

观察积分常数 $C$可以忽略，因为无论其值如何，都要将其消除。

找到曲线下的区域 $y=x^3+1$从…起 $x=-1$到 $x=1。$

---

自从 $x^3+1\geq0$间隔时间 $[-1,1],$曲线下的面积 $y=x^3+1$从…起 $x=-1$到 $x=1$等于 $\显示样式{\int{-1}^1\left（x^3+1\right）\，dx}。$自从 $\分形{1}{4}x^4+x$是的反导数 $x^3+1，$曲线下的面积为

$\3.3+1\右）一、dx{{{{{{{{{{{{3}{{{3}{{{{1}{{{4}{{4}}{{{3}}{{{{3}}{{1}{{1}{1}{1}{1}{{1}{{{4}{{{4}{4}}}}{{{3}{{3}}3}}}}{{{3}{{{3}}}}}}}}}}}}}}}\3}}\3}{{{{{3}3}{{3}{1}}}}{3}{3}3}}}}}}}}}3}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}\\3}{{{1}\end{aligned}$

估计 $\显示样式{\int{-3}^{2}\左（2x^2-3x+4\右）\，dx.}$

---

自从 $\显示样式{\int\left（2x^2-3x+4\right）\，dx=\frac{2}{3}x^3-\frac{3}{2}x^2+4x+C，}$我们有

$\{{对齐}}开始开始{对齐{{}}}{{3}}{{3}{3}{3}{3}{{3}{{3}{{3}}{{3}{{{3}{{3}}{{3}{3}{{3}{{3}{{3}{{{{3}{{{3}}{{3}}}}}}}}}}}}{{{{{{{3}}}}}}}}}}}{{{{{{{3}}}}}}}{{{{{{{{{{3}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{{{{{{{3}\cdot（-3）^3-\frac{3}{2}\cdot（-3）^2+4\cdot（-3）\right）\&=\frac{305}{6}.\\正方形\末端{对齐}$

估计 $\显示样式{\int{4}^{9}\sqrt{x}\，dx.}$

---

我们有

$\{{{对齐}}}{{{{{}}}}}}}}{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{}}}}}}}}}{{{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{{{{{{}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}{\frac{3}{2}\\\&=\frac{38}{3}.\\正方形\end{aligned}$

伊姆古尔

上图中阴影区域的面积是多少？

---

我们需要找到曲线下的面积 $y=\frac{1}{x}$从…起 $x=\frac{1}{2}$到 $x=\frac{5}{2}。$自从 $\显示样式{\int\frac{1}{x}\，dx=\lnx+C，}$曲线下的面积等于

$\开始{aligned}\int{frac{1}{2}}{frac{5}{2}\frac{1}{x}，dx&=\Big[\lnx\Big]{\frac{1}{2}}{\frac{5}{2}\\\\\\\\\\\ frac{5}{2}\\\\\\\\\\\\\\\\{$

估计 $\显示样式\int{-\frac{\pi}{4}}{0}\sec x\tan x\dx。$

---

我们知道

$\dfrac{d}{dx}\sec x=\sec x\tan x。$

因此，积分是

$\开始{aligned}\displaystyle\int{-\frac{\pi}{4}}}{0}\sec x\tan x\dx&=\Big[\sec x\Big]{-\frac{\pi}{4}}{0}\&=\sec 0-\sec\left（\dfrac{-\pi}4\right）\\&=1-\sqrt 2.\_\方形\结束{对齐}$

估计 $\显示样式{\int{-\frac{\pi}{2}}{\frac{5}{6}\pi}\sin x\，dx.}$

---

我们有

$\开始{aligned}\int{-\frac{\pi}{2}}{\frac{5}{6}\pi}\sinx\，dx&=\Big[-\cos x\Big]{-\frac{\pi}{2}}}{\frac{5}{6}\pi}\\\\\\\\\\=\frac{\sqrt{3}{2}{$

找到曲线下的区域 $y=2x-x^2$从…起 $x=1$到 $x=2。$

---

自从 $2x-x^2\geq0$间隔时间 $[1,2],$曲线下的面积 $y=2x-x^2$从…起 $x=1$到 $x=2$等于 $\显示样式{\int\u 1^2\left（2x-x^2\right）\，dx}。$自从 $x^2-\frac{1}{3}x^3$是的反导数 $2x-x^2，$

$\开始{aligned}\int{u 1^2\ left（2x-x^2\ right）\，dx&=\left[x^2-\frac{1}{3}x^3\ right]\u 1^2\\\&=\left（2^2-\frac{1}{3}\cdot2^3\ right）\ left（1^2-\frac{1}{3}\cdot1^3\ right）\\&=\frac{$