黎曼积分：从矩形面积和到曲线下的面积

我们要得到动画最后一帧之外的精确面积。把 0 到 3 分成 n 个等宽小段，每段宽 $3/n$。第 i 段的右端点离 0 有 i 个段宽，所以 $x_i=3i/n$。高度是这个输入的平方，把高度乘宽度，再相加：

$\Sigma$ 表示把 $i$ 从 1 到 $n$ 的每一项加起来。我们还需要平方和，不能只写“使用公式”就结束。先把整数正序、倒序相加，每一对都是 $n+1$，共 $n$ 对；每个数又被算了两遍。

为了得到平方，考虑相邻立方的差。展开 $(i+1)^3$ 就是把三个 $i+1$ 相乘，得到一个 $i^3$、三个 $i^2$、三个 i 和一个 1。把这些差相加，中间的立方项会逐一抵消。

这里从两边减去三倍的整数和，再减去 n 个 1。然后除以 3，提出 n，把 $2n^2+3n+1$ 分解成 $(n+1)(2n+1)$。现在把结果代回矩形面积和。

刚才算的是右端点和。$x^2$ 在这个区间递增，所以每个小段里其他取样的高度都夹在左右端点之间。右端点和减左端点和为 $\frac{3}{n}\left(3^2-0^2\right)=\frac{27}{n}$，中间的高度都相消了。差距趋于零，所以任意取样都被夹向同一个面积 9。下降例子 $4-x$ 的区域本身是梯形：一个 $3\times1$ 的长方形，加一个底 3、高 3 的三角形，得到 $3+\frac{3\times3}{2}=7.5$。

积分相加的是带符号的高度。横轴下方小条的高度为负，但几何面积仍为正。$\sin x$ 的输入增加 π，输出恰好变号，所以 [0,2π] 后半段与前半段相消。这解释了积分为什么是零。要算总面积，我们还需要知道半边有多大。

把 [0,π] 分成 n 段，宽 $h=\pi/n$，取中点 $t_i=\left(i-\tfrac12\right)h$。目的是把每个正弦高度写成两个余弦的差，让相邻项能够抵消。先建立能帮我们这样改写的关系。

两个箭头相加，就是把第二条的起点接到第一条的末端，合起来的箭头从原起点指向最后的落点。将这条两段路径整体转动时，每段保持长度，并转过同一个角度，最终落点仍是两段相加的结果。因此，水平、竖直两部分各自转动后的和，与整体转动的结果相同。

使用角度加法公式之前，先看看它从哪里来。角度 t 处的单位箭头坐标为 ($\cos t$,$\sin t$)：沿水平 $e_1=(1,0)$ 走 $\cos t$，再沿竖直 $e_2=(0,1)$ 走 $\sin t$。让这两个方向都转过 b。第一条到达 $(\cos b,\sin b)$；第二条仍多转四分之一圈，向右变向上、向上变向左，所以到达 $(-\sin b,\cos b)$。保留原来的两个数量，把新的水平部分、竖直部分分别相加。

转过 −b 时，圆上的点关于水平轴翻到另一侧：$\cos(-b)=\cos b$，$\sin(-b)=-\sin b$。因此只要改变含 sin b 的项的符号，就得到角度相减的公式。

将两个水平坐标相减，$\cos t\cos b$ 的部分抵消，两个 $\sin t\sin b$ 的部分相加。

这里选择 $b=h/2$，因为中点减去或加上半个段宽，恰好到达两端。相加时，$-\cos h$ 与下一项的 $+\cos h$ 抵消，每个内部端点都如此，只剩最前和最后的端点。

为什么它趋于 2？单位圆上取小的正角 u，用弧度表示。扇形内的三角形面积为 $\tfrac12\sin u$，扇形为 $\tfrac u2$，切线围成的外三角形为 $\tfrac12\tan u$。包含关系给出 $\sin u\le u\le\frac{\sin u}{\cos u}$。除以正数 $\sin u$，得到 $1\le\frac{u}{\sin u}\le\frac{1}{\cos u}$。u 趋于零时，圆上的点趋于 (1,0)，所以 $\cos u$ 趋于 1，两侧就把 $u/\sin u$ 夹向 1。

因此每半边的几何面积都是 2，总面积为 $2+2=4$。计算 $|\sin x|$ 的积分，会把横轴下方的负高度改成正高度，两半的面积都计为正。有限个中点矩形恰好抵消，并不代表矩形已经完全贴合曲线。