#0.0 前言
本篇文章为笔者的学习笔记及部分思考，如有错误还请不吝赐教
参考书籍为 《高等数学 上册 同济·第七版》[1]
#1.0 定义
#2.0 冰 冷 无 情 的式子
设函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上有界，在 \([a,b]\) 中任意插入若干个分点
\[a=x_0<x_1<x_2<\cdots<x_{n-1}<x_n=b,
\]
把区间 \([a,b]\) 分成 \(n\) 个小区间
\[[x_0,x_1],[x_1,x_2],\cdots,[x_{n-1},x_n],
\]
各个小区间的长度依次为
\[\Delta x_1=x_1-x_0,\Delta x_2=x_2-x_1,\cdots,\Delta x_n=x_{n}-x_{n-1}.
\]
在每个小区间 \([x_{i-1},x_i]\) 上任取一点 \(\xi_i\ (x_{i-1}\leqslant\xi_i\leqslant x_i)\)，作函数值 \(f(\xi_i)\) 与小区间长度 \(\Delta x_i\) 的乘积 \(f(\xi_i)\Delta x_i(i=1,2,\cdots,n)\)，并作出和
\[S=\sum\limits_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i.
\]
记 \(\lambda=\max\{\Delta x_1,\Delta x_2,\cdots,\Delta x_n\}\)，如果当 \(\lambda\to0\) 时，这和的极限总存在，且与闭区间 \([a,b]\) 的分法及点 \(\xi_i\) 的取法无关，那么称这个极限 \(I\) 为函数 \(f(x)\) 在区间 \([a,b]\) 上的定积分（简称积分），记作 \(\int_a^bf(x)dx\)，即
\[\int_a^bf(x)dx=I=\lim\limits_{\lambda\to0}\sum\limits_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i,
\]
其中 \(f(x)\) 叫做被积函数，\(f(x)dx\) 叫做被积表达式，\(x\) 叫做积分变量，\(a\) 叫做积分下限，\(b\) 叫做积分上限,\([a,b]\) 叫做积分区间.
以上，就是定积分的定义，那么只有冰冷的式子显然是不够的，我们再来看一下定积分在几何上有什么意义
#1.2 生 动 有 趣 的图像
设 \(f(x) = \dfrac{(x-4)^2}{5}\)，我们来看一下 \(\int_0^6f(x)dx\) ，我们先取
\[n=6,x_0=0,x_1=1,x_2=2,x_3=3,\cdots,x_6=6,\\
\Delta x_i=1,i=1,2,\cdots,6,\\
\xi_i=x_{i-1},i=1,2,\cdots,6,
\]
\(\sum\limits_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i\) 对应下图阴影部分
那么如果我们让 \(\lambda\to0,n\to\infty\)，我们就会得到这样的图:
这正对应着 \(f(x)\) 与 \(x\) 轴、直线 \(x=a\) 、\(x=b\) 所围成的图形面积，而当在该区间内有部分在 \(x\) 轴下方，有部分在 \(x\) 轴上方时，它等于上方图像面积减去下方图形面积所得的差
#2.0 定积分的近似计算
你将看到一个无知而为无畏的傻瓜（指笔者）坚持不懈地推一堆没用的 柿子 式子
#2.1 矩形法
就像我们上面探究定积分的几何意义时一样，将区间 \([a,b]\) 采取等分的方法，即 \(a=x_0,x_1,x_2,\cdots,x_n=b\) 将 \([a,b]\) 分作 \(n\) 个长度相等的小区间，每个小区间的长为
\[\Delta x=\dfrac{b-a}{n},
\]
在 \([x_{i-1},x_i]\) 上，取 \(\xi_i=x_{i-1}\)，应有
\[\int_a^bf(x)dx = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{b-a}{n}\sum\limits_{i=1}^nf(x_{i-1}),
\]
对于唯一确定的正整数 \(n\)，应有
\[\int_a^bf(x)dx\approx\dfrac{b-a}{n}\sum\limits_{i=1}^nf(x_{i-1}),
\]
记 \(f(x_i)=y_i\ (i=0,1,2,\cdots,n)\)，上式可记作
\[\int_a^bf(x)dx\approx\dfrac{b-a}{n}(y_0+y_1+\cdots+y_{n-1}),
\]
若取 \(\xi_i=x_i\)，那么有
\[\int_a^bf(x)dx\approx\dfrac{b-a}{n}(y_1+y_2+\cdots+y_{n}),
\]
以上两个式子便是 矩形法公式
#2.1 梯形法
上面显然存在误差，考虑在做实验时我们减小误差常做的一件事：取平均值，那么假如我们将上面两个柿子相加取平均会得到什么呢？
\[\begin{aligned}
\int_a^bf(x)dx&\approx\dfrac{b-a}{n}(\dfrac{y_0+y_1}{2}+\dfrac{y_1+y_2}{2}+\cdots+\dfrac{y_{n-1}+y_{n}}{2})\\
&=\dfrac{b-a}{n}(\dfrac{y_0+y_n}{2}+y_1+y_2+\cdots+y_{n-1})
\end{aligned}
\]
这个柿子（爷饿了）可以作为定积分的估计值嘛？我们来简单分析一下。
\[\begin{aligned}
\int_a^bf(x)dx&\approx\dfrac{b-a}{n}(\dfrac{y_0+y_1}{2}+\dfrac{y_1+y_2}{2}+\cdots+\dfrac{y_{n-1}+y_{n}}{2})\\
&=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{b-a}{n}(y_0+y_1)+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{b-a}{n}(y_1+y_2)+\cdots+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{b-a}{n}(y_{n-1}+y_n)\\
\end{aligned}
\]
上面式子的样子让我们想起了一个我们在幼儿园二年级就会的柿子：
\[S_{梯形}=\dfrac{(l_{上底}+l_{下底})\cdot h}{2}
\]
那我们是不是就可以把上面的式子这样理解：
我们将一个个以 \(y_{i-1}\) 为上底，\(y_i\) 为下底，\(\dfrac{b-a}{n}\) （即 \(\Delta x\)）为高的梯形面积累加，近似等于 \(\int_a^bf(x)dx\) 的值，这样来看，我们就是用一条条线段 \(\overline{M_{i-1}M_i}\) 来代替弧 \(\widehat{M_{i-1}M_i}\),如下图：我们用线段 \(\overline{GE}\) 来近似表示弧 $ \widehat{GE}$
笔者属实不知 \(\text{Markdown}\) 环境下的 \(\LaTeX\) 如何表示出合适的上弧线,于是使用 \(\widehat{AB}\) 表示弧 \(AB.\)
梯形法的思想只比矩形法复杂那么一点点，对吧？那我们来看下一个：抛物线法。
#2.3 抛物线法
关于抛物线法，书[2]上是这样说的：
抛物线法的原理是将曲线 \(y=f(x)\) 上的两个小弧段 \(\widehat{M_{i-1}M_i}\) 和 \(\widehat{M_iM_{i+1}}\) 合起来，用过 \(M_{i-1},M_i,M_{i+1}\) 三点的抛物线 \(y=px^2+qx+r\) 代替。经推导可得，以此抛物线为曲边、以 \([x_{i-1},x_{i+1}]\) 为底的曲边梯形面积为
\[\dfrac{1}{6}(y_{i-1}+4y_i+y_{i+1})\cdot2\Delta x=\dfrac{b-a}{3n}(y_{i-1}+4y_i+y_{i+1}).
\]
取 \(n\) 为偶数，得到定积分的近似值为
\[\begin{align*}
\int_a^bf(x)dx&\approx\dfrac{b-a}{3n}[(y_0+4y_1+y_2)+(y_2+4y_3+y_4)+\cdots+(y_{n-2}+4y_{n-1}+y_n)]\\
&=\dfrac{b-a}{3n}[y_0+y_n+4(y_1+y_3+\cdots+y_{n-1})+2(y_{2}+y_{4}+\cdots+y_{n-2})].
\end{align*}
\]
上面的推导十分严谨，所以这里。。。等等，什么叫 “经推导可得”？这就勾起了我的好奇心，让我们看看能不能根据已有的知识将这个柿子推导出来。
首先，我们先来看 圆柿子 原式子：
\[\dfrac{1}{6}(y_{i-1}+4y_i+y_{i+1})\cdot2\Delta x=\dfrac{x_{i+1}-x_{i-1}}{6}(y_{i-1}+4y_i+y_{i+1})
\]
而我们根据定积分的定义可知，以抛物线 \(f(x)=ax^2+bx+c\) 为曲边，以 \([s,t]\) 为底的曲边梯形的面积就是
\[\int_s^tf(x)dx,f(x)=ax^2+bx+c.
\]
所以，我们只需要证明对于 \(f(x)=ax^2+bx+c\)
\[\int_s^tf(x)dx=\dfrac{t-x}{6}(f(s)+f(\dfrac{s+t}{2})+f(t))
\]
#3.0 定积分的性质
下面颓柿子的过程中用到了诸如 \(\sum_{i=1}^ni=\dfrac{n(n+1)}{2},\sum_{i=1}^ni^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) 这样的结论，证明请见补充证明
#3.1 颓柿子·一
--WARING!--前方大量柿子出没--WARING!--
根据上面的定义，我们考虑按照定积分的定义来证明这个式子
证：
\[\begin{align*}
\int_s^tf(x)dx&=\lim\limits_{\lambda\to0}\sum\limits_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i=\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n(a\xi_i^2+b\xi_i+c)\Delta x_i\\
&=\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n(a\xi_i^2\Delta x_i+b\xi_i\Delta x_i+c\Delta x_i)\\
&=\lim\limits_{n\to \infty}(a\sum\limits_{i=1}^n\xi_i^2\Delta x_i+b\sum\limits_{i=1}^n\xi_i\Delta x_i+c\sum\limits_{i=1}^n\Delta x_i)\\
&=a\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\xi_i^2\Delta x_i+b\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\xi_i\Delta x_i+c\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\Delta x_i\\
\end{align*}\\
\]
\[取x_i=\dfrac{(t-s)i}{n}+s,i=1,2,\cdots,n-1,\Delta x_i=\dfrac{t-s}{n},\xi_i=x_i,i=1,2,\cdots,n.\\
\]
\[\begin{align*}
\sum\limits_{i=1}^n\xi_i^2\Delta x_i&=\sum\limits_{i=1}^n(\dfrac{(t-s)i}{n}+s)^2\dfrac{t-s}{n}=\sum\limits_{i=1}^n(\dfrac{(t-s)^2}{n^2}i^2+2\dfrac{(t-s)s}{n}i+s^2)\dfrac{t-s}{n}\\
&=\dfrac{t-s}{n}(\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{(t-s)^2}{n^2}i^2+\sum\limits_{i=1}^n2\dfrac{(t-s)s}{n}i+\sum\limits_{i=1}^ns^2)\\
&=\dfrac{t-s}{n}(\dfrac{(t-s)^2}{n^2}\sum\limits_{i=1}^ni^2+2\dfrac{(t-s)s}{n}\sum\limits_{i=1}^ni+ns^2)\\
&=\dfrac{t-s}{n}(\dfrac{(t-s)^2}{n^2}\cdot\dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)+2\dfrac{(t-s)s}{n}\cdot\dfrac{1}{2}n(n+1)+ns^2)\\
&=\dfrac{t-s}{n}(\dfrac{(t-s)^2}{n^2}\cdot\dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)+\dfrac{(t-s)s}{n}n(n+1)+ns^2)\\
&=(t-s)(\dfrac{(t-s)^2}{6}(1+\dfrac{1}{n})(2+\dfrac{1}{n})+(t-s)s(1+\dfrac{1}{n})+s^2)\\
&=\dfrac{(t-s)^3}{6}(1+\dfrac{1}{n})(2+\dfrac{1}{n})+(t-s)^2s(1+\dfrac{1}{n})+(s-t)s^2\\
\end{align*}\\
\]
\[\begin{align*}
a\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\xi_i^2\Delta x_i&=a\lim\limits_{n\to \infty}(\dfrac{(t-s)^3}{6}(1+\dfrac{1}{n})(2+\dfrac{1}{n})+(t-s)^2s(1+\dfrac{1}{n})+(s-t)s^2)\\
&=a(t-s)\lim\limits_{n\to \infty}(\dfrac{(t-s)^2}{6}(1+\dfrac{1}{n})(2+\dfrac{1}{n})+(t-s)s(1+\dfrac{1}{n})+s^2)\\
&=a(t-s)(\dfrac{(t-s)^2}{3}+(t-s)s+s^2)\\
\end{align*}\\
\]
\[\begin{align*}
\sum\limits_{i=1}^n\xi_i\Delta x_i&=\sum\limits_{i=1}^n(\dfrac{t-s}{n}i+s)\dfrac{t-s}{n}=\dfrac{t-s}{n}(\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{t-s}{n}i+\sum\limits_{i=1}^ns)=\dfrac{t-s}{n}(\dfrac{t-s}{n}\sum\limits_{i=1}^ni+ns)\\
&=\dfrac{(t-s)^2}{n^2}\sum\limits_{i=1}^ni+(t-s)s=\dfrac{(t-s)^2}{n^2}\cdot\dfrac{1}{2}n(n+1)+(t-s)s\\
&=\dfrac{(t-s)^2}{2}(1+\dfrac{1}{n})+(t-s)s\\
\end{align*}\\
\]
\[\begin{align*}
b\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\xi_i\Delta x_i&=b\lim\limits_{n\to\infty}(\dfrac{(t-s)^2}{2}(1+\dfrac{1}{n})+(t-s)s)=b(\dfrac{(t-s)^2}{2}+(t-s)s)\\
&=b(t-s)(\dfrac{t-s}{2}+s)=b(t-s)(\dfrac{t+s}{2})=\dfrac{b}{2}(t-s)(t+s)
\end{align*}\\
\]
\[\begin{align*}
c\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\Delta x_i&=c\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{t-s}{n}=c(t-s)\\
\int_s^tf(x)dx&=a(t-s)(\dfrac{(t-s)^2}{3}+(t-s)s+s^2)+\dfrac{b}{2}(t-s)(t+s)+c(t-s)\\
&=\dfrac{1}{6}(a(t-s)(2(t-s)^2+6(t-s)s+6s^2)+3b(t-s)(t+s)+6c(t-s))\\
&=\dfrac{t-s}{6}(a(2(t-s)^2+6(t-s)s+6s^2)+3b((t+s)+6c)\\
&=\dfrac{t-s}{6}(a(2t^2-4ts+2s^2+6ts-6s^2+6s^2)+3b((t+s)+6c)\\
&=\dfrac{t-s}{6}(a(2t^2+2ts+2s^2)+3b((t+s)+6c)\\
&=\dfrac{t-s}{6}(a(t^2+s^2+(t+s)^2)+3b((t+s)+6c)\\
&=a(t+s)^2+2b(t+s)+4c+at^2+bt+c+as^2+bs+c\\
&=4(a\dfrac{(t+s)^2}{4}+b\dfrac{t+s}{2}+c)+f(t)+f(s)=4f(\dfrac{s+t}{2})+f(t)+f(s)
\end{align*}\\
\]
\[故\int_s^tf(x)dx=f(s)+4f(\dfrac{s+t}{2})+f(t).
\]
证毕.
经历了一番磨难,我们最终推出了我们想要的柿子，而当我兴致勃勃的拿着我推出的柿子去找旁边的大佬 \(\text{hyl}\) 时，他微笑着写下了一个我不认识的公式，说到：“这么麻烦干什么，用牛顿-莱布尼茨公式不就好了”
好吧，但凡我再往后翻十页，我就可以看到这个伟大的公式，这是什么暂且不谈，以后会更详细地讲。那么，我们颓出的这么长的柿子是不是没用了？并不是，我们似乎可以从中看出一些有趣的性质。
我们看这里：
\[\begin{align*}
\int_s^tf(x)dx&=\lim\limits_{\lambda\to0}\sum\limits_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i=\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n(a\xi_i^2+b\xi_i+c)\Delta x_i\\
&=\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n(a\xi_i^2\Delta x_i+b\xi_i\Delta x_i+c\Delta x_i)\\
&=\lim\limits_{n\to \infty}(a\sum\limits_{i=1}^n\xi_i^2\Delta x_i+b\sum\limits_{i=1}^n\xi_i\Delta x_i+c\sum\limits_{i=1}^n\Delta x_i)\\
&=a\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\xi_i^2\Delta x_i+b\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\xi_i\Delta x_i+c\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\Delta x_i\\
\end{align*}
\]
可以发现
\[\begin{align*}
\int_a^b(ax^2+bx+c)dx &= \lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n(a\xi_i^2+b\xi_i+c)\Delta x_i\\
&=a\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\xi_i^2\Delta x_i+b\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\xi_i\Delta x_i+c\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{i=1}^n\Delta x_i\\
&=a\int_a^bx^2dx+b\int_a^bxdx+c\int_a^bdx
\end{align*}
\]
于是，我们可以合理猜测，定积分具有以下性质：
定积分性质一
\[\int_a^b[\alpha f(x)+\beta g(x)]dx=\alpha \int_a^bf(x)dx+\beta \int_a^bf(x)
\]
证明：
\[\begin{align*}
\int_a^b[\alpha f(x)+\beta g(x)]dx&=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^n[\alpha f(\xi_i)+\beta g(\xi_i)]\Delta x_i\\
&=\lim\limits_{n\to\infty}[\alpha\sum\limits_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i+\beta\sum\limits_{i=1}^ng(\xi_i)\Delta x_i]\\
&=\alpha\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i+\beta\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^ng(\xi_i)\Delta x_i\\
&=\alpha \int_a^bf(x)dx+\beta \int_a^bf(x)\\
\end{align*}
\]
证毕.
#3.2 颓柿子·二
同样是上面想推的柿子，这是我的另一个思路。我们知道，定积分 \(\int_a^bf(x)dx\) 的几何意义是 \(f(x)\) 与 \(x\) 轴、直线 \(x=a\) 、\(x=b\) 所围成的图形面积，那么，运用前缀和的思想，可不可以有
\[\int_a^bf(x)dx=\int_0^bf(x)dx-\int_0^af(x)dx
\]
似乎可以有...等等，这里是不是将原本的区间 \([a,b]\) 变成了 \((a,b]\)，需不需要再加上 \(\int_a^af(x)dx\)？这一条线有没有面积？似乎陷入了奇怪的问题...
为此，我们引出
定积分的补充规定
如下
- \(\int_a^af(x)dx=0\)
- \(\int_a^bf(x)dx=-\int_b^af(x)dx\)
这样一来，上面的想法就合理了，上面的想法通过推导 \(\int_0^af(x)dx\) 可以得到想要的结果，这里限于篇幅（我懒得再打小100行的 LaTeX）不多赘述
这样来看，综合上面的思路，定积分似乎可以有以下的性质
定积分性质二
设 \(a<c<b\)，有
\[\int_a^bf(x)dx=\int_a^cf(x)dx+\int_c^bf(x)dx
\]
证明：
设 \(x_k=c\)
\[\begin{align*}
\int_a^bf(x)dx&=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i\\
&=\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^kf(\xi_i)\Delta x_i+\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=k}^nf(\xi_i)\Delta x_i-\lim\limits_{\lambda\to0}\sum\limits_{i=k}^kf(\xi_i)\Delta x_i\\
&=\int_a^cf(x)dx+\int_c^bf(x)dx-\int_c^cf(x)dx\\
&=\int_a^cf(x)dx+\int_c^bf(x)dx
\end{align*}
\]
证毕.
#3.3 定积分的其他性质
下面大部分性质都很显然，或借助它前面的性质都可以轻松得证，这里不多赘述
定积分的性质三
如果在区间 \([a,b]\) 上 \(f(x)\equiv1\)，那么
\[\int_a^b1dx=\int_a^bdx=b-a.
\]
定积分的性质四
如果在区间 \([a,b]\) 上 \(f(x)\geqslant0\)，那么
\[\int_a^bf(X)dx\geqslant0\quad(a<b).
\]
推论1
如果在区间 \([a,b]\) 上 \(f(x)\leqslant g(x)\)，那么
\[\int_a^bf(x)dx\leqslant\int_a^bg(x)dx\quad(a<b).
\]
推论2
\[\left|\int_a^bf(x)dx\right|\leqslant\int_a^b\left|f(x)\right|dx\quad(a<b).
\]
定积分的性质五
设 \(M\) 及 \(m\) 分别是区间 \([a,b]\) 上的最小值和最大值，则
\[m(b-a)\leqslant\int_a^bf(x)dx\leqslant M(b-a)\quad(a<b).
\]
定积分中值定理
如果 \(f(x)\) 在积分区间 \([a,b]\) 上连续，那么在 \([a,b]\) 上至少存在一个点 \(\xi\)，使下式成立：
\[\int_a^bf(x)dx=f(\xi)(b-a)\quad (a\leqslant\xi\leqslant b).
\]
证明：
将性质5中的不等式左右同除以 \((b-a)\)，得
\[m\leqslant\dfrac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx\leqslant M.
\]
根据介值定理可知，应有一点 \(\xi\in[a,b]\) 满足
\[\dfrac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx=f(\xi)\quad(a\leqslant\xi\leqslant b).
\]
即
\[\int_a^bf(x)dx=f(\xi)(b-a)\quad (a\leqslant\xi\leqslant b).
\]
证毕.
#4.0 补充证明
#4.1 证明·一
证明 \(\sum_{i=1}^ni=\dfrac{n(n+1)}{2}\)
证：
\[\begin{align*}
\sum\limits_{i=1}^{n}i^2+(n+1)^2&=1+\sum\limits_{i=2}^{n+1}i^2=1+\sum\limits_{i=1}^n(i+1)^2\\
&=1+\sum\limits_{i=1}^n(i^2+2i+1)=\sum\limits_{i=1}^ni^2+2\sum_{i=1}^ni+n+1\\
\sum\limits_{i=1}^{n}i^2+(n+1)^2&=\sum\limits_{i=1}^ni^2+2\sum_{i=1}^ni+n+1\\
2\sum\limits_{i=1}^ni&=(n+1)^2-(n+1)=n(n+1)\\
\sum\limits_{i=1}^ni&=\dfrac{n(n+1)}{2}\\
\end{align*}
\]
#4.2 证明·二
证明 \(\sum_{i=1}^ni^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)
证：
\[\begin{align*}
\sum\limits_{i=1}^{n}i^3+(n+1)^3&=1+\sum\limits_{i=2}^{n+1}i^3=1+\sum\limits_{i=1}^n(i+1)^3\\
&=1+\sum\limits_{i=1}^n(i^3+3i^2+3i+1)\\
&=\sum\limits_{i=1}^ni^3+3\sum_{i=1}^ni^2+3\sum_{i=1}^ni+n+1\\
&=\sum\limits_{i=1}^ni^3+3\sum_{i=1}^ni^2+\dfrac{3}{2}n(n+1)+n+1\\
(n+1)^3&=\sum\limits_{i=1}^ni^2+2\sum_{i=1}^ni^2+n+1\\
(n+1)^3&=3\sum_{i=1}^ni^2+\dfrac{3}{2}n(n+1)+n+1\\
6\sum_{i=1}^ni^2&=2(n+1)^3-3n(n+1)-2(n+1)\\
&=(n+1)[2(n+1)^2-3n-2]\\
&=n(n+1)(2n+1)\\
\sum_{i=1}^ni^2&=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}
\end{align*}
\]
以上两个证明均使用了扰动法，关于扰动法的讲解具体参见《具体数学》[3]
参考及更新日志
参考文章/书籍
[1] [2]《高等数学 上册 同济·第七版》
[3]《具体数学》
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