为什么被积函数大于零，积分结果就大于零？
这个问题其实很有意思，它涉及到我们对积分和面积的直观理解。简单来说，当被积函数在积分区间上都大于零的时候，它的积分结果自然也大于零。但要讲清楚为什么，我们需要从几个层面来剖析。
积分是什么？从微小部分累加的艺术
首先，我们要明白积分的核心思想——“累加”。最直观的解释就是，积分是将一个连续变化的量在某个区间内进行“细分”和“求和”。
想象一下，我们要计算一个不规则形状的面积。直接套用公式是不行的。但如果我们把这个形状分割成无数个非常非常窄的矩形，每个矩形的宽度可以看作一个极小的量（我们称之为 $dx$），而它对应的高度就是这个形状在该位置的函数值（也就是我们的被积函数 $f(x)$）。
那么，每一个小矩形的面积就是 $f(x) imes dx$。
我们的被积函数 $f(x)$ 代表的是在某个点 $x$ 上的“高度”或者“值”。当 $f(x) > 0$ 时，这意味着在那个点上，我们的“高度”是正的。
积分，就是把所有这些极小的矩形的面积加起来。你可以想象成，我们把这些无数个细长的矩形一块一块地“堆叠”起来，直到覆盖了我们想要计算的整个区域。
数学上，这个“累加”的过程就用积分符号 $int$ 来表示。所以， $int_a^b f(x) , dx$ 就是把从 $a$ 到 $b$ 这个区间内所有 $f(x) imes dx$ 的值加起来。
函数大于零，意味着“向上”的贡献
现在，我们把目光聚焦到“被积函数大于零”这个条件。
当 $f(x) > 0$ 时，它在积分区间 $[a, b]$ 的每一个点 $x$ 上，都代表着一个 正的“高度”。换句话说，在这些点上，我们的函数值是“向上”延伸的，而不是向下或者在零点。
当我们把这些所有“向上”的贡献（也就是每个小矩形的正面积）累加起来时，得到的结果自然也是一个 正的数。这个正的积分结果，就对应着被积函数 $f(x)$ 的图像与 $x$ 轴在区间 $[a, b]$ 之间所围成的那个区域的面积。由于函数值始终为正，这个区域就完全位于 $x$ 轴的上方。
举个简单的例子：
假设我们要计算函数 $f(x) = 2$ 在区间 $[1, 3]$ 上的积分。
$f(x) = 2$ 在整个 $[1, 3]$ 区间都大于零。
我们可以把这个区间分成很多个小段，比如 $[1, 1.1], [1.1, 1.2], dots, [2.9, 3]$。每个小段的宽度都是 $dx = 0.1$。
在每一个小段上，函数的高度都是 $f(x) = 2$。
所以，每一个小矩形的面积是 $2 imes 0.1 = 0.2$。
把所有这些小矩形的面积加起来：
$0.2 + 0.2 + dots + 0.2$ （一共 20 个） $= 20 imes 0.2 = 4$。
而通过积分公式计算：
$int_1^3 2 , dx = [2x]_1^3 = 2(3) 2(1) = 6 2 = 4$。
结果是正的，并且这个结果 4 正好是我们计算的那个矩形（底是 $31=2$，高是 2）的面积。
从直观理解到数学定义
我们刚才的解释是比较直观的几何意义。从数学定义上来说，定积分可以通过黎曼和来定义：
$int_a^b f(x) , dx = lim_{n o infty} sum_{i=1}^n f(x_i^) Delta x$
这里，$[a, b]$ 被分成 $n$ 个小区间，每个小区间宽度为 $Delta x = frac{ba}{n}$。 $x_i^$ 是第 $i$ 个小区间内的任意一点。
当 $f(x) > 0$ 时，对于区间 $[a, b]$ 上的每一个 $x_i^$，都有 $f(x_i^) > 0$。
而且， $Delta x$ 是一个正的宽度。
所以，每一个求和项 $f(x_i^) Delta x$ 都是一个 正数。
将无数个正数相加，无论如何，结果都必定是 正数。
所以，从黎曼和的定义上看，当被积函数在积分区间内大于零时，组成积分的每一个小部分都是正的，它们的总和自然也是正的。
总结一下关键点：
1. 积分是累加： 它将一个函数在某个区间内的值进行细分和求和。
2. 被积函数大于零： 这意味着在积分区间内的每一个点上，函数的值（可以理解为“高度”）都是正的。
3. 微小贡献为正： 每个微小的“面积块”（$f(x) imes dx$）都具有正的高度和正的宽度，因此是正的贡献。
4. 正数相加得正数： 将无数个正的贡献累加起来，最终的总和自然也是正的。
因此，当被积函数在积分区间上都大于零时，积分结果就大于零，这既符合我们对面积的直观理解，也严谨地由积分的数学定义所保证。这就像你一天天努力工作，每天都在增加资产（函数值大于零），那么你的总资产（积分结果）自然也会越来越高（大于零）。
积分是什么？从微小部分累加的艺术
首先，我们要明白积分的核心思想——“累加”。最直观的解释就是，积分是将一个连续变化的量在某个区间内进行“细分”和“求和”。
想象一下，我们要计算一个不规则形状的面积。直接套用公式是不行的。但如果我们把这个形状分割成无数个非常非常窄的矩形，每个矩形的宽度可以看作一个极小的量（我们称之为 $dx$），而它对应的高度就是这个形状在该位置的函数值（也就是我们的被积函数 $f(x)$）。
那么，每一个小矩形的面积就是 $f(x) imes dx$。
我们的被积函数 $f(x)$ 代表的是在某个点 $x$ 上的“高度”或者“值”。当 $f(x) > 0$ 时，这意味着在那个点上，我们的“高度”是正的。
积分，就是把所有这些极小的矩形的面积加起来。你可以想象成，我们把这些无数个细长的矩形一块一块地“堆叠”起来，直到覆盖了我们想要计算的整个区域。
数学上，这个“累加”的过程就用积分符号 $int$ 来表示。所以， $int_a^b f(x) , dx$ 就是把从 $a$ 到 $b$ 这个区间内所有 $f(x) imes dx$ 的值加起来。
函数大于零，意味着“向上”的贡献
现在，我们把目光聚焦到“被积函数大于零”这个条件。
当 $f(x) > 0$ 时，它在积分区间 $[a, b]$ 的每一个点 $x$ 上，都代表着一个 正的“高度”。换句话说，在这些点上，我们的函数值是“向上”延伸的，而不是向下或者在零点。
当我们把这些所有“向上”的贡献（也就是每个小矩形的正面积）累加起来时，得到的结果自然也是一个 正的数。这个正的积分结果，就对应着被积函数 $f(x)$ 的图像与 $x$ 轴在区间 $[a, b]$ 之间所围成的那个区域的面积。由于函数值始终为正，这个区域就完全位于 $x$ 轴的上方。
举个简单的例子：
假设我们要计算函数 $f(x) = 2$ 在区间 $[1, 3]$ 上的积分。
$f(x) = 2$ 在整个 $[1, 3]$ 区间都大于零。
我们可以把这个区间分成很多个小段，比如 $[1, 1.1], [1.1, 1.2], dots, [2.9, 3]$。每个小段的宽度都是 $dx = 0.1$。
在每一个小段上，函数的高度都是 $f(x) = 2$。
所以，每一个小矩形的面积是 $2 imes 0.1 = 0.2$。
把所有这些小矩形的面积加起来：
$0.2 + 0.2 + dots + 0.2$ （一共 20 个） $= 20 imes 0.2 = 4$。
而通过积分公式计算：
$int_1^3 2 , dx = [2x]_1^3 = 2(3) 2(1) = 6 2 = 4$。
结果是正的，并且这个结果 4 正好是我们计算的那个矩形（底是 $31=2$，高是 2）的面积。
从直观理解到数学定义
我们刚才的解释是比较直观的几何意义。从数学定义上来说，定积分可以通过黎曼和来定义：
$int_a^b f(x) , dx = lim_{n o infty} sum_{i=1}^n f(x_i^) Delta x$
这里，$[a, b]$ 被分成 $n$ 个小区间，每个小区间宽度为 $Delta x = frac{ba}{n}$。 $x_i^$ 是第 $i$ 个小区间内的任意一点。
当 $f(x) > 0$ 时，对于区间 $[a, b]$ 上的每一个 $x_i^$，都有 $f(x_i^) > 0$。
而且， $Delta x$ 是一个正的宽度。
所以，每一个求和项 $f(x_i^) Delta x$ 都是一个 正数。
将无数个正数相加，无论如何，结果都必定是 正数。
所以，从黎曼和的定义上看，当被积函数在积分区间内大于零时，组成积分的每一个小部分都是正的，它们的总和自然也是正的。
总结一下关键点：
1. 积分是累加： 它将一个函数在某个区间内的值进行细分和求和。
2. 被积函数大于零： 这意味着在积分区间内的每一个点上，函数的值（可以理解为“高度”）都是正的。
3. 微小贡献为正： 每个微小的“面积块”（$f(x) imes dx$）都具有正的高度和正的宽度，因此是正的贡献。
4. 正数相加得正数： 将无数个正的贡献累加起来，最终的总和自然也是正的。
因此，当被积函数在积分区间上都大于零时，积分结果就大于零，这既符合我们对面积的直观理解，也严谨地由积分的数学定义所保证。这就像你一天天努力工作，每天都在增加资产（函数值大于零），那么你的总资产（积分结果）自然也会越来越高（大于零）。
网友意见
对于性质定理
若 上的可积函数 则
证明是极其容易的，这只需要对明显的不等式 取 的极限就够了。但是对于如下的加强结论
若 上的可积函数 则
证明就将变得比较困难。务必注意，对严格不等式取极限后通常并不能再保证严格不等，因此，即使我们可以仿前写出 取极限后也至多能得到 这无法排除等式成立的可能性，与待证结论仍有距离。可以预计，这个加强结论的证明，需要花费一点力气。
十分清楚，这证明工作就是要排除这等式，于是我们考虑利用反证法。设若 则当 时， 上和收敛于零。于是，对任意给定的 在 上恒能求得子区间 使得 对所有的 成立。
同时，可以断言 这是因为，对于下述三个非负积分之和当且仅当它们同时为零。
既然如此，完全类似地，对任意给定的 在 中又可求得子区间 使得 于其上小于 且积分为零，反复不断地作这样的推证，就可得到一列闭区间套 使得 对一切 成立。这里，我们总可以保证 的长度以及 均收敛于零，于是依闭区间套定理，必可求得属于一切 的唯一公共点 满足 但这是不可能的，因为将这式子取 的极限后，将得到 矛盾。于是推翻反设，加强结论得证。
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