第三章 一元函数积分概念、计算及应用

选择题

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle f(x)$ 为连续函数，

$$\displaystyle I=t\int_0^s f(tx)\,dx, \quad t>0,\ s>0,$$

则 $\displaystyle I$ 的值

A. 依赖于 $\displaystyle s$ 和 $\displaystyle t$；

B. 依赖于 $\displaystyle s,t,x$；

C. 依赖于 $\displaystyle t,x$，不依赖于 $\displaystyle s$；

D. 依赖于 $\displaystyle s$，不依赖于 $\displaystyle t$。

令 $\displaystyle u=tx$，则 $\displaystyle du=t\,dx$。当 $\displaystyle x=0$ 时 $\displaystyle u=0$，当 $\displaystyle x=s$ 时 $\displaystyle u=st$，所以

$$\displaystyle I=t\int_0^s f(tx)\,dx =\int_0^{st}f(u)\,du.$$

因此，$\displaystyle I$ 一般通过积分上限 $\displaystyle st$ 同时依赖于 $\displaystyle s$ 和 $\displaystyle t$。原式中的 $\displaystyle x$ 只是积分变量，积分完成后结果不依赖于 $\displaystyle x$。故选（A）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

下列函数中在 $\displaystyle [-1,2]$ 上定积分不存在的是

A.

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} e^{-\frac1{x^2}},&x\ne0,\\ 0,&x=0; \end{cases}$$

B.

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} \sin\dfrac1x,&x\ne0,\\ 0,&x=0; \end{cases}$$

C.

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} x^2+1,&x>\dfrac12,\\ x,&|x|\le\dfrac12,\\ -x^2+1,&x<-\dfrac12; \end{cases}$$

D.

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} \dfrac d{dx}\left(x\sin\dfrac1x\right),&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}$$

逐项判断其在闭区间上的黎曼可积性。

• （A）当 $\displaystyle x\to0$ 时，$\displaystyle e^{-1/x^2}\to0=f(0)$，故函数在 $\displaystyle [-1,2]$ 上连续，从而定积分存在。
• （B）函数有界，仅在 $\displaystyle x=0$ 处不连续。单个间断点不影响黎曼可积性，故定积分存在。
• （C）函数分段连续，仅在 $\displaystyle x=\pm\dfrac12$ 处可能有跳跃间断，故在闭区间上可积。
• （D）当 $\displaystyle x\ne0$ 时，

$$\displaystyle \dfrac d{dx}\left(x\sin\frac1x\right) =\sin\frac1x-\frac1x\cos\frac1x.$$

其中第二项在 $\displaystyle x\to0$ 时无界，因此该函数在 $\displaystyle [-1,2]$ 上无界。闭区间上的黎曼可积函数必须有界，所以其定积分不存在。

故选（D）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

下列函数中在 $\displaystyle [-2,3]$ 不存在原函数的是

A.

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} \dfrac{\ln(1+x^2)-x^2}{x^4},&x\ne0,\\[2mm] -\dfrac12,&x=0; \end{cases}$$

B. $\displaystyle f(x)=\max\{|x|,1\}$；

C.

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} \dfrac{\ln(1+x)-x}{x^2},&x>0,\\[2mm] 0,&x=0,\\[2mm] \dfrac{\tan x-\sin x}{x^3},&x<0; \end{cases}$$

D.

$$\displaystyle f(x)=\int_0^xg(t)\,dt, \quad g(x)= \begin{cases} \dfrac12(x^2+1),&x<1,\\[2mm] \dfrac13(x-1),&x\ge1. \end{cases}$$

导函数必具有介值性，即满足达布定理。因此，若一个函数在某点发生第一类跳跃间断，则它不可能是某个函数的导函数，也就不存在原函数。

• （A）利用展开式

$$\displaystyle \ln(1+x^2)=x^2-\dfrac{x^4}{2}+o(x^4),$$

得

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\ln(1+x^2)-x^2}{x^4}=-\frac12=f(0).$$

所以 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x=0$ 连续，在区间上存在原函数。

• （B）$\displaystyle \max\{|x|,1\}$ 是连续函数，故存在原函数。
• （C）当 $\displaystyle x\to0^+$ 时，

$$\displaystyle \ln(1+x)-x=-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2),$$

因而

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}f(x)=-\frac12.$$

当 $\displaystyle x\to0^-$ 时，

$$\displaystyle \tan x-\sin x=\dfrac{x^3}{2}+o(x^3),$$

因而

$$\displaystyle \lim_{x\to0^-}f(x)=\frac12.$$

左、右极限不相等，函数在 $\displaystyle x=0$ 处发生跳跃，违反导函数的介值性，故不存在原函数。

• （D）虽然 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle x=1$ 处不连续，但它分段连续，故

$$\displaystyle f(x)=\int_0^xg(t)\,dt$$

是连续函数。任意连续函数均存在原函数，因此（D）存在原函数。

故选（C）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

积分

$$\displaystyle \int_a^{a+2\pi}\cos x\ln(2+\cos x)\,dx$$

的值

A. 与 $\displaystyle a$ 有关；

B. 是与 $\displaystyle a$ 无关的负数；

C. 是与 $\displaystyle a$ 无关的正数；

D. 为零。

被积函数

$$\displaystyle h(x)=\cos x\ln(2+\cos x)$$

是以 $\displaystyle 2\pi$ 为周期的连续函数，所以在任意长度为 $\displaystyle 2\pi$ 的区间上的积分相同，即积分值与 $\displaystyle a$ 无关。

只需判断

$$\displaystyle I=\int_0^{2\pi}\cos x\ln(2+\cos x)\,dx$$

的符号。由对称性，

$$\displaystyle I=2\int_0^\pi\cos x\ln(2+\cos x)\,dx.$$

再将区间 $\displaystyle [0,\pi]$ 关于 $\displaystyle \dfrac\pi2$ 配对，得到

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^\pi\cos x\ln(2+\cos x)\,dx &=\int_0^{\frac\pi2}\cos x \left[\ln(2+\cos x)-\ln(2-\cos x)\right]dx\\ &=\int_0^{\frac\pi2}\cos x \ln\dfrac{2+\cos x}{2-\cos x}\,dx. \end{aligned}$$

在 $\displaystyle 0\le x<\dfrac\pi2$ 上，$\displaystyle \cos x>0$，且

$$\displaystyle \dfrac{2+\cos x}{2-\cos x}>1,$$

所以被积函数为正，从而 $\displaystyle I>0$。

因此该积分是与 $\displaystyle a$ 无关的正数，故选（C）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设常数 $\displaystyle \alpha>0$，

$$\displaystyle I_1=\int_0^\pi\dfrac{\cos x}{1+x^\alpha}\,dx, \qquad I_2=\int_0^\pi\dfrac{\sin x}{1+x^\alpha}\,dx,$$

则

A. $\displaystyle I_1>I_2$；

B. $\displaystyle I_1<I_2$；

C. $\displaystyle I_1=I_2$；

D. $\displaystyle I_1$ 与 $\displaystyle I_2$ 的大小与 $\displaystyle \alpha$ 的取值有关。

考察参数 $\displaystyle \alpha$ 在两个极端情形下的积分值。

当 $\displaystyle \alpha\to0^+$ 时，对任意 $\displaystyle x>0$，有 $\displaystyle x^\alpha\to1$。由有界收敛定理，

$$\displaystyle I_1\to\frac12\int_0^\pi\cos x\,dx=0,$$

而

$$\displaystyle I_2\to\frac12\int_0^\pi\sin x\,dx=1.$$

所以当 $\displaystyle \alpha$ 充分小时，$\displaystyle I_1<I_2$。

当 $\displaystyle \alpha\to+\infty$ 时，除 $\displaystyle x=1$ 外，

$$\displaystyle \frac1{1+x^\alpha}\to \begin{cases} 1,&0\le x<1,\\ 0,&1<x\le\pi. \end{cases}$$

于是

$$\displaystyle I_1\to\int_0^1\cos x\,dx=\sin1,$$$$\displaystyle I_2\to\int_0^1\sin x\,dx=1-\cos1.$$

由于

$$\displaystyle \sin1>1-\cos1,$$

故当 $\displaystyle \alpha$ 充分大时，$\displaystyle I_1>I_2$。

因此，$\displaystyle I_1$ 与 $\displaystyle I_2$ 的大小会随 $\displaystyle \alpha$ 的取值而改变，故选（D）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

下列反常积分中发散的是

A.

$$\displaystyle \int_e^{+\infty}\dfrac{dx}{x\ln^k x},\quad k>1;$$

B.

$$\displaystyle \int_0^{+\infty}xe^{-x^2}\,dx;$$

C.

$$\displaystyle \int_{-1}^1\dfrac{dx}{\sqrt{1-x^2}};$$

D.

$$\displaystyle \int_{-1}^1\dfrac{dx}{\sin x}.$$

• （A）令 $\displaystyle u=\ln x$，则

$$\displaystyle \int_e^{+\infty}\dfrac{dx}{x\ln^k x} =\int_1^{+\infty}\dfrac{du}{u^k}.$$

因为 $\displaystyle k>1$，故积分收敛。

• （B）令 $\displaystyle u=x^2$，则

$$\displaystyle \int_0^{+\infty}xe^{-x^2}\,dx =\frac12\int_0^{+\infty}e^{-u}\,du =\frac12,$$

故收敛。

• （C）

$$\displaystyle \int_{-1}^1\dfrac{dx}{\sqrt{1-x^2}} =\left.\arcsin x\right|_{-1}^1 =\pi,$$

故收敛。

• （D）当 $\displaystyle x\to0$ 时，$\displaystyle \sin x\sim x$，从而

$$\displaystyle \frac1{\sin x}\sim\frac1x.$$

而 $\displaystyle\int_0^1\dfrac{dx}{x}$ 发散，因此在 $\displaystyle x=0$ 处分开的两个反常积分均不收敛。尽管其柯西主值可能存在，但通常意义下的反常积分发散。

故选（D）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设

$$\displaystyle f(t)=\int_0^1\ln\sqrt{x^2+t^2}\,dx,$$

则 $\displaystyle f(t)$ 在 $\displaystyle t=0$ 处

A. 极限不存在；

B. 极限存在但不连续；

C. 连续但不可导；

D. 可导。

由于

$$\displaystyle \ln\sqrt{x^2+t^2}=\frac12\ln(x^2+t^2),$$

且函数关于 $\displaystyle t$ 为偶函数，只需先考虑 $\displaystyle t>0$。利用原函数

$$\displaystyle \int\ln(x^2+t^2)\,dx =x\ln(x^2+t^2)-2x+2t\arctan\dfrac{x}{t},$$

可得

$$\displaystyle \begin{aligned} f(t) &=\frac12\int_0^1\ln(x^2+t^2)\,dx\\ &=\frac12\ln(1+t^2)-1+t\arctan\frac1t, \qquad t>0. \end{aligned}$$

又

$$\displaystyle f(0)=\int_0^1\ln x\,dx=-1.$$

当 $\displaystyle t\to0^+$ 时，

$$\displaystyle \frac12\ln(1+t^2)\to0, \qquad t\arctan\frac1t\to0,$$

故 $\displaystyle f(t)\to-1=f(0)$。由偶对称性可知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle t=0$ 处连续。

再求单侧导数。由上式，当 $\displaystyle t>0$ 时，

$$\displaystyle f'(t)=\arctan\frac1t.$$

因此

$$\displaystyle f'_+(0)=\lim_{t\to0^+}\arctan\frac1t=\dfrac\pi2.$$

由于 $\displaystyle f(t)$ 是偶函数，

$$\displaystyle f'_-(0)=-\dfrac\pi2.$$

左右导数不相等，所以 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle t=0$ 处不可导。

故选（C）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设

$$\displaystyle F(x)=\int_{\frac1x}^{\ln x}f(t)\,dt,$$

$\displaystyle f(x)$ 连续，则 $\displaystyle F'(x)=$

A.

$$\displaystyle \frac1x f(\ln x)+\frac1{x^2}f\left(\frac1x\right);$$

B.

$$\displaystyle f(\ln x)+f\left(\frac1x\right);$$

C.

$$\displaystyle \frac1x f(\ln x)-\frac1{x^2}f\left(\frac1x\right);$$

D.

$$\displaystyle f(\ln x)-f\left(\frac1x\right).$$

由变上、下限积分求导公式，若

$$\displaystyle F(x)=\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)\,dt,$$

则

$$\displaystyle F'(x)=f(\beta(x))\beta'(x)-f(\alpha(x))\alpha'(x).$$

本题中

$$\displaystyle \alpha(x)=\frac1x, \qquad \beta(x)=\ln x,$$

所以

$$\displaystyle \alpha'(x)=-\frac1{x^2}, \qquad \beta'(x)=\frac1x.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} F'(x) &=f(\ln x)\cdot\frac1x -f\left(\frac1x\right)\left(-\frac1{x^2}\right)\\ &=\frac1x f(\ln x)+\frac1{x^2}f\left(\frac1x\right). \end{aligned}$$

故选（A）。

填空题

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int\dfrac{xe^x}{(1+x)^2}\,dx=\underline{\qquad}.$$

观察到

$$\displaystyle \left(\dfrac{e^x}{1+x}\right)' =\dfrac{e^x(1+x)-e^x}{(1+x)^2} =\dfrac{xe^x}{(1+x)^2}.$$

因此

$$\displaystyle \int\dfrac{xe^x}{(1+x)^2}\,dx =\dfrac{e^x}{1+x}+C.$$

本题关键是识别商的导数结构。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int\dfrac{dx}{\sin^3x}=\underline{\qquad}.$$

记

$$\displaystyle I=\int\csc^3x\,dx.$$

将其写成

$$\displaystyle I=\int\csc x\cdot\csc^2x\,dx,$$

分部积分，取

$$\displaystyle u=\csc x, \qquad dv=\csc^2x\,dx,$$

则

$$\displaystyle du=-\csc x\cot x\,dx, \qquad v=-\cot x.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=-\csc x\cot x-\int\csc x\cot^2x\,dx\\ &=-\csc x\cot x-\int\csc x(\csc^2x-1)\,dx\\ &=-\csc x\cot x-I+\int\csc x\,dx. \end{aligned}$$

所以

$$\displaystyle 2I=-\csc x\cot x+\ln\left|\tan\dfrac{x}{2}\right|+C,$$

从而得到所求结果。这里还可利用

$$\displaystyle \ln\left|\tan\dfrac{x}{2}\right| =\ln|\csc x-\cot x|$$

写成等价形式。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int\left(\ln\ln x+\frac1{\ln x}\right)dx=\underline{\qquad}.$$

由乘积求导公式，

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{d}{dx}\bigl(x\ln\ln x\bigr) &=\ln\ln x+x\cdot\frac1{\ln x}\cdot\frac1x\\ &=\ln\ln x+\frac1{\ln x}. \end{aligned}$$

故

$$\displaystyle \int\left(\ln\ln x+\frac1{\ln x}\right)dx =x\ln\ln x+C.$$

在实数范围内，原题中的 $\displaystyle \ln\ln x$ 要求 $\displaystyle x>1$。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int e^{x+\cos x}(\cos x-\sin x)\,dx=\underline{\qquad}.$$

若令

$$\displaystyle F(x)=e^{x+\cos x}g(x),$$

希望其导数等于题中被积函数，则 $\displaystyle g(x)$ 必须满足

$$\displaystyle g'(x)+(1-\sin x)g(x)=\cos x-\sin x.$$

该一阶线性方程的积分因子正是 $\displaystyle e^{x+\cos x}$，其通解为

$$\displaystyle g(x)=e^{-x-\cos x} \left[ \int e^{x+\cos x}(\cos x-\sin x)\,dx+C \right],$$

并不能把原积分化为常见初等函数。

例如，容易误写成

$$\displaystyle e^{x+\cos x}\cos x+C,$$

但直接求导得到

$$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\left(e^{x+\cos x}\cos x\right) =e^{x+\cos x}\bigl(\cos x-\sin x-\sin x\cos x\bigr),$$

比原被积函数多出一项

$$\displaystyle -e^{x+\cos x}\sin x\cos x.$$

因此该结果并不成立。按现有题面只能保留为一个非初等原函数；若原题被积函数含有上述漏项，则原函数才是

$$\displaystyle e^{x+\cos x}\cos x+C.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle f''(x)$ 连续，$\displaystyle f'(x)\ne0$，则

$$\displaystyle \int\left[\dfrac{f(x)}{f'(x)}-\dfrac{f^2(x)f''(x)}{[f'(x)]^3}\right]dx =\underline{\qquad}.$$

对

$$\displaystyle \dfrac{f^2(x)}{2[f'(x)]^2}$$

求导，有

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{f^2}{2(f')^2}\right) &=\frac12\left[2f f'(f')^{-2}-2f^2(f')^{-3}f''\right]\\ &=\dfrac{f}{f'}-\dfrac{f^2f''}{(f')^3}. \end{aligned}$$

故原积分为

$$\displaystyle \dfrac{f^2(x)}{2[f'(x)]^2}+C.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int_{-1}^1\left(x+\sqrt{1-x^2}\right)^2dx=\underline{\qquad}.$$

展开被积函数：

$$\displaystyle \begin{aligned} \left(x+\sqrt{1-x^2}\right)^2 &=x^2+(1-x^2)+2x\sqrt{1-x^2}\\ &=1+2x\sqrt{1-x^2}. \end{aligned}$$

其中

$$\displaystyle 2x\sqrt{1-x^2}$$

是奇函数，在对称区间 $\displaystyle [-1,1]$ 上积分为零。因此

$$\displaystyle \int_{-1}^1\left(x+\sqrt{1-x^2}\right)^2dx =\int_{-1}^1 1\,dx=2.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int_0^4e^{\sqrt x}\,dx=\underline{\qquad}.$$

令

$$\displaystyle t=\sqrt{x}, \qquad x=t^2, \qquad dx=2t\,dt.$$

当 $\displaystyle x=0$ 时 $\displaystyle t=0$，当 $\displaystyle x=4$ 时 $\displaystyle t=2$。于是

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^4e^{\sqrt x}\,dx &=2\int_0^2te^t\,dt\\ &=2\left[(t-1)e^t\right]_0^2\\ &=2(e^2+1). \end{aligned}$$

故结果为

$$\displaystyle 2e^2+2.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int_0^{\frac\pi2}\dfrac{\sin2x}{1+e^{\sin^2x}}\,dx=\underline{\qquad}.$$

令

$$\displaystyle u=\sin^2x, \qquad du=\sin2x\,dx.$$

当 $\displaystyle x=0$ 时 $\displaystyle u=0$，当 $\displaystyle x=\dfrac\pi2$ 时 $\displaystyle u=1$。因此

$$\displaystyle \int_0^{\frac\pi2}\dfrac{\sin2x}{1+e^{\sin^2x}}\,dx =\int_0^1\dfrac{du}{1+e^u}.$$

注意

$$\displaystyle \dfrac{d}{du}\left[u-\ln(1+e^u)\right] =\frac1{1+e^u},$$

故

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1\dfrac{du}{1+e^u} &=\left[u-\ln(1+e^u)\right]_0^1\\ &=1-\ln(1+e)+\ln2\\ &=\ln\dfrac{2e}{1+e}. \end{aligned}$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int_0^1x\arcsin x\,dx=\underline{\qquad}.$$

分部积分，取

$$\displaystyle u=\arcsin x, \qquad dv=x\,dx,$$

则

$$\displaystyle du=\dfrac{dx}{\sqrt{1-x^2}}, \qquad v=\dfrac{x^2}{2}.$$

所以

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1x\arcsin x\,dx &=\left.\dfrac{x^2}{2}\arcsin x\right|_0^1 -\frac12\int_0^1\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\,dx\\ &=\dfrac\pi4-\frac12\int_0^1\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\,dx. \end{aligned}$$

令 $\displaystyle x=\sin t$，则

$$\displaystyle \int_0^1\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\,dx =\int_0^{\frac\pi2}\sin^2t\,dt =\dfrac\pi4.$$

故

$$\displaystyle \int_0^1x\arcsin x\,dx =\dfrac\pi4-\frac12\cdot\dfrac\pi4 =\dfrac\pi8.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int\dfrac{x^{2n-1}}{1+x^n}\,dx\quad(n\ne0)=\underline{\qquad}.$$

令

$$\displaystyle u=x^n, \qquad du=nx^{n-1}\,dx.$$

则

$$\displaystyle x^{2n-1}\,dx=x^n x^{n-1}\,dx=\dfrac{u}{n}\,du.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \int\dfrac{x^{2n-1}}{1+x^n}\,dx &=\frac1n\int\dfrac{u}{1+u}\,du\\ &=\frac1n\int\left(1-\frac1{1+u}\right)du\\ &=\frac1n\left[u-\ln|1+u|\right]+C\\ &=\frac1n\left[x^n-\ln|1+x^n|\right]+C. \end{aligned}$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int_0^{2\pi}\sin^nx\cos^mx\,dx \quad(\text{自然数 }n\text{ 或 }m\text{ 为奇数}) =\underline{\qquad}.$$

若 $\displaystyle n$ 为奇数，则令 $\displaystyle x=2\pi-t$，有

$$\displaystyle \sin(2\pi-t)=-\sin t, \qquad \cos(2\pi-t)=\cos t,$$

从而被积函数关于该变换变号，故积分为零。

若 $\displaystyle m$ 为奇数，则分别考察区间 $\displaystyle [0,\pi]$ 与 $\displaystyle [\pi,2\pi]$。在前一区间作变换 $\displaystyle x\mapsto\pi-x$，在后一区间作变换 $\displaystyle x\mapsto3\pi-x$。两种变换均使 $\displaystyle \sin x$ 不变而使 $\displaystyle \cos x$ 变号，因此两个半区间上的积分都为零。

因此只要 $\displaystyle n,m$ 中至少一个为奇数，就有

$$\displaystyle \int_0^{2\pi}\sin^nx\cos^mx\,dx=0.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int_0^a\arctan\sqrt{\dfrac{a-x}{a+x}}\,dx\quad(a>0) =\underline{\qquad}.$$

令

$$\displaystyle x=a\cos2t.$$

当 $\displaystyle x=0$ 时 $\displaystyle t=\dfrac\pi4$，当 $\displaystyle x=a$ 时 $\displaystyle t=0$，且

$$\displaystyle dx=-2a\sin2t\,dt.$$

又因为 $\displaystyle 0\le t\le\dfrac\pi4$，所以

$$\displaystyle \sqrt{\dfrac{a-x}{a+x}} = \sqrt{\dfrac{1-\cos2t}{1+\cos2t}} =\tan t,$$

故

$$\displaystyle \arctan\sqrt{\dfrac{a-x}{a+x}}=t.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^a\arctan\sqrt{\dfrac{a-x}{a+x}}\,dx &=2a\int_0^{\frac\pi4}t\sin2t\,dt\\ &=2a\left[-\dfrac t2\cos2t+\frac14\sin2t\right]_0^{\frac\pi4}\\ &=\dfrac a2. \end{aligned}$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle y=f(x)$ 满足

$$\displaystyle \Delta y=\dfrac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}\Delta x+o(\Delta x), \qquad f(0)=0,$$

则

$$\displaystyle \int_0^1f(x)\,dx=\underline{\qquad}.$$

由可微的定义可知

$$\displaystyle f'(x)=\dfrac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}.$$

注意到

$$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\sqrt{2x-x^2} =\dfrac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}},$$

故

$$\displaystyle f(x)=\sqrt{2x-x^2}+C.$$

由 $\displaystyle f(0)=0$ 得 $\displaystyle C=0$，所以

$$\displaystyle f(x)=\sqrt{2x-x^2} =\sqrt{1-(x-1)^2}.$$

因此

$$\displaystyle \int_0^1f(x)\,dx = \int_0^1\sqrt{1-(x-1)^2}\,dx.$$

该积分表示单位圆上半圆在 $\displaystyle x\in[0,1]$ 上对应的四分之一圆面积，故

$$\displaystyle \int_0^1f(x)\,dx=\dfrac\pi4.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续可导，$\displaystyle f(a)=f(b)=0$，且

$$\displaystyle \int_a^bf^2(x)\,dx=1,$$

则

$$\displaystyle \int_a^bxf(x)f'(x)\,dx=\underline{\qquad}.$$

因为

$$\displaystyle f(x)f'(x)=\frac12\bigl[f^2(x)\bigr]',$$

所以分部积分得

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_a^bxf(x)f'(x)\,dx &=\frac12\int_a^bx\,d\bigl[f^2(x)\bigr]\\ &=\frac12\left[xf^2(x)\right]_a^b -\frac12\int_a^bf^2(x)\,dx. \end{aligned}$$

由 $\displaystyle f(a)=f(b)=0$ 及题设积分等于 $\displaystyle 1$，可得

$$\displaystyle \int_a^bxf(x)f'(x)\,dx=-\frac12.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle f(x)$ 具有连续导数，且

$$\displaystyle F(x)=\int_0^x(x^2-t^2)f'(t)\,dt.$$

若当 $\displaystyle x\to0$ 时 $\displaystyle F'(x)$ 与 $\displaystyle x^2$ 为等价无穷小，则

$$\displaystyle f'(0)=\underline{\qquad}.$$

由莱布尼茨公式，

$$\displaystyle \begin{aligned} F'(x) &=(x^2-x^2)f'(x) +\int_0^x2x f'(t)\,dt\\ &=2x\int_0^xf'(t)\,dt\\ &=2x\bigl[f(x)-f(0)\bigr]. \end{aligned}$$

由于 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle 0$ 处可导，

$$\displaystyle f(x)-f(0)=f'(0)x+o(x).$$

于是

$$\displaystyle F'(x)=2f'(0)x^2+o(x^2).$$

又因 $\displaystyle F'(x)\sim x^2$，故

$$\displaystyle 2f'(0)=1,$$

从而

$$\displaystyle f'(0)=\frac12.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

求

$$\displaystyle I=\lim_{x\to0} \dfrac{\displaystyle\int_0^x\left(\int_0^{\tan^2y}\frac{\sin t}{t}\,dt\right)dy}{x^3}.$$

当 $\displaystyle t\to0$ 时，

$$\displaystyle \dfrac{\sin t}{t}\to1.$$

因此当 $\displaystyle y\to0$ 时，

$$\displaystyle \int_0^{\tan^2y}\dfrac{\sin t}{t}\,dt \sim \tan^2y \sim y^2.$$

于是

$$\displaystyle \int_0^x\left(\int_0^{\tan^2y}\dfrac{\sin t}{t}\,dt\right)dy \sim \int_0^xy^2\,dy =\dfrac{x^3}{3}.$$

所以

$$\displaystyle I=\frac13.$$

也可用洛必达法：对分子、分母求导一次，得到

$$\displaystyle I=\lim_{x\to0} \dfrac{\displaystyle\int_0^{\tan^2x}\frac{\sin t}{t}\,dt}{3x^2} =\frac13.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

已知

$$\displaystyle f(x)=\int_1^{x^2}e^{-t^2}\,dt,$$

则

$$\displaystyle \int_0^1xf(x)\,dx=\underline{\qquad}.$$

令

$$\displaystyle u=x^2, \qquad x\,dx=\frac12du.$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1xf(x)\,dx &=\frac12\int_0^1\left(\int_1^u e^{-t^2}\,dt\right)du\\ &=-\frac12\int_0^1\left(\int_u^1 e^{-t^2}\,dt\right)du. \end{aligned}$$

积分区域为

$$\displaystyle 0\le u\le t\le1.$$

交换积分次序，得

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1xf(x)\,dx &=-\frac12\int_0^1\left(\int_0^tdu\right)e^{-t^2}\,dt\\ &=-\frac12\int_0^1te^{-t^2}\,dt\\ &=-\frac14\left(1-e^{-1}\right)\\ &=\dfrac{e^{-1}-1}{4}. \end{aligned}$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int_0^{+\infty}x^7e^{-x^2}\,dx=\underline{\qquad}.$$

令

$$\displaystyle u=x^2, \qquad du=2x\,dx.$$

则

$$\displaystyle x^7dx=x^6(x\,dx)=\frac12u^3du.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^{+\infty}x^7e^{-x^2}\,dx &=\frac12\int_0^{+\infty}u^3e^{-u}\,du\\ &=\frac12\Gamma(4)\\ &=\frac12\cdot3!\\ &=3. \end{aligned}$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int_0^{+\infty}\dfrac{1-e^{-x}}{\sqrt{x^3}}\,dx=\underline{\qquad}.$$

原积分为

$$\displaystyle I=\int_0^{+\infty}(1-e^{-x})x^{-\frac32}\,dx.$$

作分部积分，取

$$\displaystyle u=1-e^{-x}, \qquad dv=x^{-\frac32}dx,$$

则

$$\displaystyle du=e^{-x}dx, \qquad v=-2x^{-\frac12}.$$

端点项满足

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}\dfrac{1-e^{-x}}{\sqrt x}=0, \qquad \lim_{x\to+\infty}\dfrac{1-e^{-x}}{\sqrt x}=0.$$

故

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=2\int_0^{+\infty}x^{-\frac12}e^{-x}\,dx\\ &=2\Gamma\left(\frac12\right)\\ &=2\sqrt\pi. \end{aligned}$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \int_1^{+\infty}\dfrac{1+x}{x(1+xe^x)}\,dx=\underline{\qquad}.$$

观察到

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{d}{dx}\ln\dfrac{xe^x}{1+xe^x} &=\frac1x+1-\dfrac{(1+x)e^x}{1+xe^x}\\ &=\dfrac{1+x}{x(1+xe^x)}. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_1^{+\infty}\dfrac{1+x}{x(1+xe^x)}\,dx &=\left.\ln\dfrac{xe^x}{1+xe^x}\right|_1^{+\infty}\\ &=0-\ln\dfrac{e}{1+e}\\ &=\ln\dfrac{1+e}{e}. \end{aligned}$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

曲线

$$\displaystyle x=a(\cos t+t\sin t), \qquad y=a(\sin t-t\cos t), \qquad 0\le t\le2\pi$$

的长度 $\displaystyle L=\underline{\qquad}$。

由参数方程求导，得

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{dx}{dt} &=a\left(-\sin t+\sin t+t\cos t\right) =at\cos t,\\ \dfrac{dy}{dt} &=a\left(\cos t-\cos t+t\sin t\right) =at\sin t. \end{aligned}$$

因此弧长微元为

$$\displaystyle \begin{aligned} ds &=\sqrt{\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^2+ \left(\dfrac{dy}{dt}\right)^2}\,dt\\ &=\sqrt{a^2t^2\cos^2t+a^2t^2\sin^2t}\,dt\\ &=at\,dt, \end{aligned}$$

其中 $\displaystyle 0\le t\le2\pi$，且通常取 $\displaystyle a>0$。故

$$\displaystyle L=\int_0^{2\pi}at\,dt =\left.\dfrac a2t^2\right|_0^{2\pi} =2\pi^2a.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

曲线 $\displaystyle y^2=2x$ 在任意点处的曲率为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

将曲线写成以 $\displaystyle y$ 为参数的形式：

$$\displaystyle x=\dfrac{y^2}{2}.$$

于是

$$\displaystyle \dfrac{dx}{dy}=y, \qquad \dfrac{d^2x}{dy^2}=1.$$

对于参数曲线 $\displaystyle x=x(y)$，其曲率为

$$\displaystyle \kappa= \dfrac{\left|\dfrac{d^2x}{dy^2}\right|} {\left[1+\left(\dfrac{dx}{dy}\right)^2\right]^{\frac32}}.$$

代入得

$$\displaystyle \kappa=\frac1{(1+y^2)^{\frac32}}.$$

又因 $\displaystyle y^2=2x$，故也可写为

$$\displaystyle \kappa=\frac1{(1+2x)^{\frac32}}.$$

计算题

主观题李正元练习题·高等数学计算题

已知 $\displaystyle \dfrac{\sin x}{x}$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的一个原函数，求

$$\displaystyle \int x^3f'(x)\,dx.$$

由题意，

$$\displaystyle f(x)=\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)' =\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^2}.$$

先对原积分分部积分：

$$\displaystyle \begin{aligned} \int x^3f'(x)\,dx &=x^3f(x)-3\int x^2f(x)\,dx. \end{aligned}$$

其中

$$\displaystyle x^3f(x)=x^2\cos x-x\sin x,$$

且

$$\displaystyle x^2f(x)=x\cos x-\sin x.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \int x^2f(x)\,dx &=\int(x\cos x-\sin x)\,dx\\ &=x\sin x+2\cos x. \end{aligned}$$

代回得

$$\displaystyle \begin{aligned} \int x^3f'(x)\,dx &=x^2\cos x-x\sin x -3(x\sin x+2\cos x)+C\\ &=x^2\cos x-4x\sin x-6\cos x+C. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求

$$\displaystyle \int\dfrac{x^4+1}{1+x^6}\,dx.$$

先分解分母：

$$\displaystyle 1+x^6=(x^2+1)(x^2+\sqrt3x+1)(x^2-\sqrt3x+1).$$

作部分分式分解可得

$$\displaystyle \dfrac{x^4+1}{1+x^6} =\dfrac{2}{3(x^2+1)} +\frac1{6(x^2+\sqrt3x+1)} +\frac1{6(x^2-\sqrt3x+1)}.$$

又

$$\displaystyle x^2\pm\sqrt3x+1 =\left(x\pm\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2+\frac14.$$

所以

$$\displaystyle \int\dfrac{dx}{x^2+\sqrt3x+1} =2\arctan(2x+\sqrt3)+C,$$$$\displaystyle \int\dfrac{dx}{x^2-\sqrt3x+1} =2\arctan(2x-\sqrt3)+C.$$

分别积分，得到

$$\displaystyle \int\dfrac{x^4+1}{1+x^6}\,dx =\frac23\arctan x +\frac13\arctan(2x+\sqrt3) +\frac13\arctan(2x-\sqrt3)+C.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求

$$\displaystyle \int\dfrac{dx}{\sin x\cos^3x}.$$

令

$$\displaystyle u=\tan x, \qquad du=\sec^2x\,dx.$$

注意到

$$\displaystyle \sin x\cos^3x =\tan x\cos^4x,$$

从而

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{dx}{\sin x\cos^3x} &=\dfrac{\sec^4x}{\tan x}\,dx\\ &=\dfrac{1+u^2}{u}\,du\\ &=\left(\frac1u+u\right)du. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \int\dfrac{dx}{\sin x\cos^3x} &=\int\left(\frac1u+u\right)du\\ &=\ln|u|+\frac12u^2+C\\ &=\ln|\tan x|+\frac12\tan^2x+C. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求

$$\displaystyle \int\dfrac{dx}{x^2\sqrt{1+x^2}}.$$

观察函数

$$\displaystyle \dfrac{\sqrt{1+x^2}}x.$$

求导得

$$\displaystyle \begin{aligned} \left(\dfrac{\sqrt{1+x^2}}x\right)' &=\dfrac{\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\cdot x-\sqrt{1+x^2}}{x^2}\\ &=\dfrac{x^2-(1+x^2)}{x^2\sqrt{1+x^2}}\\ &=-\frac1{x^2\sqrt{1+x^2}}. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle \int\dfrac{dx}{x^2\sqrt{1+x^2}} =-\dfrac{\sqrt{1+x^2}}x+C.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求

$$\displaystyle \int\dfrac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}.$$

令

$$\displaystyle x=a\sin t, \qquad dx=a\cos t\,dt, \qquad \sqrt{a^2-x^2}=a\cos t.$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} \int\dfrac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}} &=\frac1{a^2}\int\dfrac{dt}{1+\sin^2t}. \end{aligned}$$

再令

$$\displaystyle u=\tan t, \qquad dt=\dfrac{du}{1+u^2}, \qquad \sin^2t=\dfrac{u^2}{1+u^2}.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} \frac1{a^2}\int\dfrac{dt}{1+\sin^2t} &=\frac1{a^2}\int\dfrac{du}{1+2u^2}\\ &=\frac1{\sqrt2\,a^2}\arctan(\sqrt2u)+C. \end{aligned}$$

由

$$\displaystyle u=\tan t=\dfrac{x}{\sqrt{a^2-x^2}},$$

故

$$\displaystyle \int\dfrac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}} =\dfrac{1}{\sqrt2\,a^2} \arctan\dfrac{\sqrt2\,x}{\sqrt{a^2-x^2}}+C.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求

$$\displaystyle \int\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)^4dx.$$

令

$$\displaystyle u=x+1, \qquad x-1=u-2, \qquad dx=du.$$

则

$$\displaystyle \left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)^4 =\left(1-\frac2u\right)^4.$$

展开得

$$\displaystyle \left(1-\frac2u\right)^4 =1-\frac8u+\dfrac{24}{u^2}-\dfrac{32}{u^3}+\dfrac{16}{u^4}.$$

逐项积分：

$$\displaystyle \begin{aligned} \int\left(1-\frac8u+\dfrac{24}{u^2}-\dfrac{32}{u^3}+\dfrac{16}{u^4}\right)du &=u-8\ln|u|-\dfrac{24}{u}\\ &\quad+\dfrac{16}{u^2}-\dfrac{16}{3u^3}+C. \end{aligned}$$

代回 $\displaystyle u=x+1$，即得

$$\displaystyle \int\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)^4dx =x+1-8\ln|x+1|-\dfrac{24}{x+1} +\dfrac{16}{(x+1)^2}-\dfrac{16}{3(x+1)^3}+C.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求

$$\displaystyle \int_0^\pi\dfrac{dx}{1+\sin^2x}.$$

由

$$\displaystyle \sin(\pi-x)=\sin x,$$

可知被积函数关于 $\displaystyle x=\dfrac\pi2$ 对称，因此

$$\displaystyle \int_0^\pi\dfrac{dx}{1+\sin^2x} =2\int_0^{\frac\pi2}\dfrac{dx}{1+\sin^2x}.$$

令

$$\displaystyle t=\tan x, \qquad dx=\dfrac{dt}{1+t^2}, \qquad \sin^2x=\dfrac{t^2}{1+t^2}.$$

当 $\displaystyle x:0\to\dfrac\pi2$ 时，$\displaystyle t:0\to+\infty$。于是

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^{\frac\pi2}\dfrac{dx}{1+\sin^2x} &=\int_0^{+\infty}\dfrac{dt}{1+2t^2}\\ &=\frac1{\sqrt2}\left.\arctan(\sqrt2t)\right|_0^{+\infty}\\ &=\dfrac{\pi}{2\sqrt2}. \end{aligned}$$

故

$$\displaystyle \int_0^\pi\dfrac{dx}{1+\sin^2x} =2\cdot\dfrac{\pi}{2\sqrt2} =\dfrac{\pi}{\sqrt2}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求

$$\displaystyle \int_0^{e-1}(x+1)\ln^2(x+1)\,dx.$$

令

$$\displaystyle u=x+1, \qquad du=dx.$$

当 $\displaystyle x=0$ 时 $\displaystyle u=1$，当 $\displaystyle x=e-1$ 时 $\displaystyle u=e$，故

$$\displaystyle \int_0^{e-1}(x+1)\ln^2(x+1)\,dx =\int_1^e u\ln^2u\,du.$$

分部积分，取

$$\displaystyle \ln^2u\quad\text{与}\quad u\,du,$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} \int u\ln^2u\,du &=\dfrac{u^2}{2}\ln^2u-\int u\ln u\,du\\ &=\dfrac{u^2}{2}\ln^2u -\dfrac{u^2}{2}\ln u+\dfrac{u^2}{4}+C. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_1^e u\ln^2u\,du &=\left[ \dfrac{u^2}{2}\ln^2u -\dfrac{u^2}{2}\ln u +\dfrac{u^2}{4} \right]_1^e\\ &=\dfrac{e^2}{4}-\frac14\\ &=\dfrac{e^2-1}{4}. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求定积分：

（Ⅰ）

$$\displaystyle J=\int_{-2}^2\min\{2,x^2\}\,dx;$$

（Ⅱ）

$$\displaystyle J=\int_{-1}^x(1-|t|)\,dt,\qquad x\ge-1.$$

（Ⅰ）由

$$\displaystyle x^2=2$$

得分界点为

$$\displaystyle x=\pm\sqrt2.$$

因此

$$\displaystyle \min\{2,x^2\}= \begin{cases} x^2,&|x|\le\sqrt2,\\ 2,&\sqrt2<|x|\le2. \end{cases}$$

被积函数是偶函数，故

$$\displaystyle \begin{aligned} J &=2\left(\int_0^{\sqrt2}x^2\,dx +\int_{\sqrt2}^2 2\,dx\right)\\ &=2\left(\dfrac{(\sqrt2)^3}{3}+2(2-\sqrt2)\right)\\ &=2\left(\dfrac{2\sqrt2}{3}+4-2\sqrt2\right)\\ &=8-\dfrac{8\sqrt2}{3}. \end{aligned}$$

（Ⅱ）当 $\displaystyle -1\le x\le0$ 时，积分区间内 $\displaystyle t\le0$，所以

$$\displaystyle |t|=-t, \qquad 1-|t|=1+t.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} J &=\int_{-1}^x(1+t)\,dt\\ &=\left[t+\dfrac{t^2}{2}\right]_{-1}^x\\ &=\dfrac{(x+1)^2}{2}. \end{aligned}$$

当 $\displaystyle x\ge0$ 时，应在 $\displaystyle t=0$ 处分段：

$$\displaystyle \begin{aligned} J &=\int_{-1}^0(1+t)\,dt +\int_0^x(1-t)\,dt\\ &=\frac12+x-\dfrac{x^2}{2}. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle J= \begin{cases} \dfrac{(x+1)^2}{2},&-1\le x\le0,\\[2mm] \dfrac12+x-\dfrac{x^2}{2},&x\ge0. \end{cases}$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设 $\displaystyle n$ 为正整数，利用已知公式

$$\displaystyle I_n=\int_0^{\frac\pi2}\sin^nx\,dx =\int_0^{\frac\pi2}\cos^nx\,dx =\dfrac{(n-1)!!}{n!!}I^*,$$

其中

$$\displaystyle I^*= \begin{cases} 1,&n\text{ 为奇数},\\[1mm] \dfrac\pi2,&n\text{ 为偶数}, \end{cases}$$

求下列积分：

（Ⅰ）

$$\displaystyle J_n=\int_0^{\frac\pi2}\sin^nx\cos^nx\,dx;$$

（Ⅱ）

$$\displaystyle J_n=\int_{-1}^1(x^2-1)^n\,dx.$$

（Ⅰ）利用倍角公式

$$\displaystyle \sin x\cos x=\frac12\sin2x,$$

得

$$\displaystyle \begin{aligned} J_n &=\int_0^{\frac\pi2}(\sin x\cos x)^n\,dx\\ &=\frac1{2^n}\int_0^{\frac\pi2}\sin^n2x\,dx. \end{aligned}$$

令

$$\displaystyle u=2x, \qquad dx=\frac12\,du,$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} J_n &=\frac1{2^{n+1}}\int_0^\pi\sin^nu\,du\\ &=\frac1{2^{n+1}}\cdot2\int_0^{\frac\pi2}\sin^nu\,du\\ &=\dfrac{I_n}{2^n}. \end{aligned}$$

代入已知公式即得

$$\displaystyle J_n=\dfrac{(n-1)!!}{2^n n!!}I^*.$$

（Ⅱ）因为

$$\displaystyle (x^2-1)^n=(-1)^n(1-x^2)^n,$$

且被积函数为偶函数，所以

$$\displaystyle J_n=2(-1)^n\int_0^1(1-x^2)^n\,dx.$$

令

$$\displaystyle x=\sin t, \qquad dx=\cos t\,dt, \qquad 0\le t\le\dfrac\pi2,$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} J_n &=2(-1)^n\int_0^{\frac\pi2}\cos^{2n+1}t\,dt\\ &=2(-1)^n I_{2n+1}. \end{aligned}$$

由于 $\displaystyle 2n+1$ 为奇数，故

$$\displaystyle I_{2n+1}=\dfrac{(2n)!!}{(2n+1)!!}.$$

因此

$$\displaystyle J_n=(-1)^n\dfrac{2(2n)!!}{(2n+1)!!}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$ 内满足

$$\displaystyle f(x)=f(x-\pi)+\sin x,$$

且 $\displaystyle f(x)=x$，$\displaystyle x\in[0,\pi)$，求

$$\displaystyle \int_\pi^{3\pi}f(x)\,dx.$$

先根据递推关系分别求出 $\displaystyle [\pi,2\pi)$ 与 $\displaystyle [2\pi,3\pi)$ 上的函数表达式。

当 $\displaystyle x\in[\pi,2\pi)$ 时，$\displaystyle x-\pi\in[0,\pi)$，所以

$$\displaystyle f(x-\pi)=x-\pi.$$

于是

$$\displaystyle f(x)=x-\pi+\sin x.$$

当 $\displaystyle x\in[2\pi,3\pi)$ 时，$\displaystyle x-\pi\in[\pi,2\pi)$，故

$$\displaystyle \begin{aligned} f(x) &=f(x-\pi)+\sin x\\ &=(x-2\pi)+\sin(x-\pi)+\sin x\\ &=x-2\pi, \end{aligned}$$

其中使用了

$$\displaystyle \sin(x-\pi)=-\sin x.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_\pi^{3\pi}f(x)\,dx &=\int_\pi^{2\pi}(x-\pi+\sin x)\,dx +\int_{2\pi}^{3\pi}(x-2\pi)\,dx\\ &=\left(\dfrac{\pi^2}{2}-2\right)+\dfrac{\pi^2}{2}\\ &=\pi^2-2. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求无穷积分

$$\displaystyle J=\int_1^{+\infty}\left[\ln\left(1+\frac1x\right)-\frac1{1+x}\right]dx.$$

注意到

$$\displaystyle \dfrac d{dx}\left[x\ln\left(1+\frac1x\right)\right] =\ln\left(1+\frac1x\right)-\frac1{x+1}.$$

因此对任意 $\displaystyle b>1$，有

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_1^b\left[\ln\left(1+\frac1x\right)-\frac1{1+x}\right]dx &=\left[x\ln\left(1+\frac1x\right)\right]_1^b\\ &=b\ln\left(1+\frac1b\right)-\ln2. \end{aligned}$$

又

$$\displaystyle \lim_{b\to+\infty}b\ln\left(1+\frac1b\right)=1,$$

故

$$\displaystyle J=1-\ln2.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} \sin2x,&x\le0,\\ \ln(2x+1),&x>0, \end{cases}$$

求 $\displaystyle f(x)$ 的不定积分 $\displaystyle \int f(x)\,dx$。

当 $\displaystyle x\le0$ 时，

$$\displaystyle \int\sin2x\,dx=-\frac12\cos2x+C_1.$$

当 $\displaystyle x>0$ 时，令

$$\displaystyle u=2x+1, \qquad dx=\frac12\,du,$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} \int\ln(2x+1)\,dx &=\frac12\int\ln u\,du\\ &=\frac12(u\ln u-u)+C_2\\ &=\frac12\left[(2x+1)\ln(2x+1)-(2x+1)\right]+C_2. \end{aligned}$$

由于

$$\displaystyle \lim_{x\to0^-}f(x)=f(0)=\lim_{x\to0^+}f(x)=0,$$

原函数应在 $\displaystyle x=0$ 处连续。两段原函数在 $\displaystyle x=0$ 处的值分别为

$$\displaystyle -\frac12+C_1, \qquad -\frac12+C_2,$$

故必须有

$$\displaystyle C_1=C_2.$$

记公共常数为 $\displaystyle C$，即得所求分段原函数。

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设

$$\displaystyle f'(x)=\arcsin(x-1)^2, \qquad f(0)=0,$$

求

$$\displaystyle \int_0^1f(x)\,dx.$$

由分部积分，取

$$\displaystyle u=f(x), \qquad dv=dx,$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1f(x)\,dx &=\left[xf(x)\right]_0^1-\int_0^1x f'(x)\,dx\\ &=f(1)-\int_0^1x\arcsin(1-x)^2\,dx. \end{aligned}$$

又因为 $\displaystyle f(0)=0$，所以

$$\displaystyle f(1)=\int_0^1f'(x)\,dx =\int_0^1\arcsin(1-x)^2\,dx.$$

故

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1f(x)\,dx &=\int_0^1(1-x)\arcsin(1-x)^2\,dx. \end{aligned}$$

令

$$\displaystyle u=1-x,$$

则

$$\displaystyle \int_0^1f(x)\,dx =\int_0^1u\arcsin u^2\,du.$$

再令

$$\displaystyle v=u^2, \qquad dv=2u\,du,$$

得到

$$\displaystyle \int_0^1f(x)\,dx =\frac12\int_0^1\arcsin v\,dv.$$

利用

$$\displaystyle \int\arcsin v\,dv =v\arcsin v+\sqrt{1-v^2}+C,$$

可得

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1f(x)\,dx &=\frac12\left[v\arcsin v+\sqrt{1-v^2}\right]_0^1\\ &=\frac12\left(\dfrac\pi2-1\right)\\ &=\dfrac\pi4-\frac12. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设 $\displaystyle a>0$，$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$ 上有连续导数，求极限

$$\displaystyle \lim_{a\to0^+}\frac1{4a^2}\int_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]\,dt.$$

对积分中的两项分别换元。第一项令 $\displaystyle u=t+a$，第二项令 $\displaystyle u=t-a$，则

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]\,dt &=\int_0^{2a}f(u)\,du-\int_{-2a}^0f(u)\,du. \end{aligned}$$

由于 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 处可导，故当 $\displaystyle u\to0$ 时

$$\displaystyle f(u)=f(0)+f'(0)u+o(u).$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^{2a}f(u)\,du &=2af(0)+2a^2f'(0)+o(a^2),\\ \int_{-2a}^0f(u)\,du &=2af(0)-2a^2f'(0)+o(a^2). \end{aligned}$$

两式相减得

$$\displaystyle \int_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]\,dt =4a^2f'(0)+o(a^2).$$

因此

$$\displaystyle \lim_{a\to0^+}\frac1{4a^2}\int_{-a}^a[f(t+a)-f(t-a)]\,dt =f'(0).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求

$$\displaystyle \dfrac d{dx}\int_0^{\varphi(x)}[\varphi(x)-t]f(t)\,dt,$$

其中 $\displaystyle f(t)$ 为已知的连续函数，$\displaystyle \varphi(x)$ 为已知的可微函数。

记

$$\displaystyle F(x)=\int_0^{\varphi(x)}[\varphi(x)-t]f(t)\,dt.$$

应用莱布尼茨公式，得

$$\displaystyle \begin{aligned} F'(x) &=[\varphi(x)-\varphi(x)]f(\varphi(x))\varphi'(x) +\int_0^{\varphi(x)}\dfrac{\partial}{\partial x} \left([\varphi(x)-t]f(t)\right)dt\\ &=0+\int_0^{\varphi(x)}\varphi'(x)f(t)\,dt\\ &=\varphi'(x)\int_0^{\varphi(x)}f(t)\,dt. \end{aligned}$$

其中上限处的边界项为零，是因为当 $\displaystyle t=\varphi(x)$ 时

$$\displaystyle \varphi(x)-t=0.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$ 连续，在点 $\displaystyle x=0$ 处可导，且 $\displaystyle f(0)=0$，令

$$\displaystyle F(x)= \begin{cases} \dfrac1{x^2}\displaystyle\int_0^xtf(t)\,dt,&x\ne0,\\[3mm] A,&x=0. \end{cases}$$

（Ⅰ）试求 $\displaystyle A$ 的值，使 $\displaystyle F(x)$ 在 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$ 上连续；

（Ⅱ）求 $\displaystyle F'(x)$ 并讨论其连续性。

由于 $\displaystyle f(0)=0$，且 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle 0$ 处可导，所以

$$\displaystyle f(t)=f'(0)t+o(t)\qquad(t\to0).$$

从而

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^xtf(t)\,dt &=\int_0^x\left[f'(0)t^2+t\,o(t)\right]dt\\ &=\frac13f'(0)x^3+o(x^3). \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle F(x)=\frac1{x^2}\int_0^xtf(t)\,dt =\frac13f'(0)x+o(x)\to0.$$

故要使 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle x=0$ 处连续，必须且只需取

$$\displaystyle A=0.$$

当 $\displaystyle x\ne0$ 时，由商法则和变上限积分求导公式，

$$\displaystyle \begin{aligned} F'(x) &=-\frac2{x^3}\int_0^xtf(t)\,dt +\frac1{x^2}\cdot xf(x)\\ &=\dfrac{f(x)}x-\frac2{x^3}\int_0^xtf(t)\,dt. \end{aligned}$$

当 $\displaystyle x=0$ 时，利用导数定义，

$$\displaystyle \begin{aligned} F'(0) &=\lim_{x\to0}\dfrac{F(x)-F(0)}x\\ &=\lim_{x\to0}\frac1{x^3}\int_0^xtf(t)\,dt\\ &=\frac13f'(0). \end{aligned}$$

最后考察 $\displaystyle F'(x)$ 在 $\displaystyle 0$ 处的连续性。由

$$\displaystyle \dfrac{f(x)}x\to f'(0), \qquad \frac1{x^3}\int_0^xtf(t)\,dt\to\frac13f'(0),$$

得

$$\displaystyle \lim_{x\to0}F'(x) =f'(0)-\frac23f'(0) =\frac13f'(0) =F'(0).$$

在 $\displaystyle x\ne0$ 处，$\displaystyle F'(x)$ 由连续函数构成，因此连续。故 $\displaystyle F'(x)$ 在整个实数轴上连续。

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设 $\displaystyle x\in[0,a]$ 时，$\displaystyle f(x)$ 连续且 $\displaystyle f(x)>0$，又满足

$$\displaystyle f(x)=\sqrt{x\int_0^xf(t)\,dt},$$

求 $\displaystyle f(x)$。

令

$$\displaystyle F(x)=\int_0^xf(t)\,dt,$$

则

$$\displaystyle F'(x)=f(x), \qquad F(0)=0.$$

原方程平方后得到

$$\displaystyle [F'(x)]^2=xF(x).$$

对 $\displaystyle x>0$，由 $\displaystyle f(x)>0$ 可知 $\displaystyle F'(x)>0$，且 $\displaystyle F(x)>0$。令

$$\displaystyle G(x)=\sqrt{F(x)},$$

则

$$\displaystyle F'(x)=2G(x)G'(x).$$

代入方程得

$$\displaystyle 4G^2(x)[G'(x)]^2=xG^2(x).$$

在 $\displaystyle x>0$ 时约去 $\displaystyle G^2(x)$，并结合 $\displaystyle G'(x)>0$，得到

$$\displaystyle G'(x)=\frac12\sqrt{x}.$$

又因 $\displaystyle G(0)=0$，故

$$\displaystyle G(x)=\int_0^x\frac12\sqrt{t}\,dt =\frac13x^{\frac32}.$$

于是

$$\displaystyle F(x)=G^2(x)=\dfrac{x^3}{9},$$

从而

$$\displaystyle f(x)=F'(x)=\dfrac{x^2}{3}.$$

直接检验：

$$\displaystyle \sqrt{x\int_0^x\dfrac{t^2}{3}\,dt} =\sqrt{x\cdot\dfrac{x^3}{9}} =\dfrac{x^2}{3},$$

故结果成立。

注意：由原方程在 $\displaystyle x=0$ 处必有 $\displaystyle f(0)=0$，因此题面中的 $\displaystyle f(x)>0$ 应理解为 $\displaystyle x\in(0,a]$ 时 $\displaystyle f(x)>0$。

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求函数

$$\displaystyle f(x)=\int_e^x\dfrac{\ln t}{t^2-2t+1}\,dt$$

在区间 $\displaystyle [e,e^2]$ 上的最大值。

由微积分基本定理，

$$\displaystyle f'(x)=\dfrac{\ln x}{(x-1)^2}.$$

在区间 $\displaystyle [e,e^2]$ 上，$\displaystyle \ln x>0$，且 $\displaystyle (x-1)^2>0$，故

$$\displaystyle f'(x)>0.$$

所以 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [e,e^2]$ 上严格单调增加，其最大值在右端点 $\displaystyle x=e^2$ 处取得。

下面计算

$$\displaystyle f(e^2)=\int_e^{e^2}\dfrac{\ln t}{(t-1)^2}\,dt.$$

分部积分，取

$$\displaystyle u=\ln t, \qquad dv=\dfrac{dt}{(t-1)^2},$$

则

$$\displaystyle du=\dfrac{dt}{t}, \qquad v=-\frac1{t-1}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \int\dfrac{\ln t}{(t-1)^2}\,dt &=-\dfrac{\ln t}{t-1}+\int\dfrac{dt}{t(t-1)}\\ &=-\dfrac{\ln t}{t-1}+\ln\dfrac{t-1}{t}+C. \end{aligned}$$

故

$$\displaystyle \begin{aligned} f(e^2) &=\left[-\dfrac{\ln t}{t-1}+\ln\dfrac{t-1}{t}\right]_e^{e^2}\\ &=\frac1{e-1}-\frac2{e^2-1} +\ln\dfrac{e^2-1}{e(e-1)}. \end{aligned}$$

利用

$$\displaystyle e^2-1=(e-1)(e+1),$$

可化为

$$\displaystyle \frac1{e-1}-\frac2{e^2-1}=\frac1{e+1},$$

以及

$$\displaystyle \ln\dfrac{e^2-1}{e(e-1)} =\ln\dfrac{e+1}{e} =\ln\left(1+\frac1e\right).$$

所以

$$\displaystyle f(e^2)=\ln\left(1+\frac1e\right)+\frac1{e+1}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设 $\displaystyle f(x)$ 与 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 的某邻域内连续，$\displaystyle f(0)=g(0)\ne0$，求

$$\displaystyle \lim_{x\to0} \dfrac{\displaystyle\int_0^{x^2}f\left(\sqrt{x^2-t}\right)\,dt} {\displaystyle\int_0^1x^2g(xt)\,dt}.$$

对分子作换元

$$\displaystyle u=\sqrt{x^2-t}, \qquad t=x^2-u^2, \qquad dt=-2u\,du.$$

当 $\displaystyle t=0$ 时，$\displaystyle u=|x|$；当 $\displaystyle t=x^2$ 时，$\displaystyle u=0$。因此

$$\displaystyle \int_0^{x^2}f\left(\sqrt{x^2-t}\right)dt =2\int_0^{|x|}u f(u)\,du.$$

由 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle 0$ 处连续，利用积分中值定理，存在

$$\displaystyle \xi_x\in[0,|x|]$$

使得

$$\displaystyle 2\int_0^{|x|}u f(u)\,du =2f(\xi_x)\int_0^{|x|}u\,du =x^2f(\xi_x).$$

又因 $\displaystyle \xi_x\to0$，故

$$\displaystyle f(\xi_x)\to f(0).$$

对分母同样利用积分中值定理，存在 $\displaystyle \eta_x$ 介于 $\displaystyle 0$ 与 $\displaystyle x$ 之间，使得

$$\displaystyle \int_0^1x^2g(xt)\,dt=x^2g(\eta_x).$$

当 $\displaystyle x\to0$ 时，$\displaystyle \eta_x\to0$，从而

$$\displaystyle g(\eta_x)\to g(0).$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to0} \dfrac{\displaystyle\int_0^{x^2}f\left(\sqrt{x^2-t}\right)dt} {\displaystyle\int_0^1x^2g(xt)dt} &=\lim_{x\to0}\dfrac{x^2f(\xi_x)}{x^2g(\eta_x)}\\ &=\dfrac{f(0)}{g(0)}=1. \end{aligned}$$

其中 $\displaystyle f(0)=g(0)\ne0$ 保证了极限中的分母在充分靠近 $\displaystyle 0$ 时不为零。

应用题

主观题李正元练习题·高等数学应用题

求星形线

$$\displaystyle L:x^{\frac23}+y^{\frac23}=a^{\frac23}\quad(a>0)$$

所围区域的面积 $\displaystyle A$。

星形线关于两个坐标轴均对称，只需求第一象限部分的面积再乘以 $\displaystyle 4$。

采用参数方程

$$\displaystyle x=a\cos^3t, \qquad y=a\sin^3t, \qquad 0\le t\le\dfrac\pi2.$$

当 $\displaystyle t$ 从 $\displaystyle 0$ 增加到 $\displaystyle \dfrac\pi2$ 时，$\displaystyle x$ 从 $\displaystyle a$ 减少到 $\displaystyle 0$，且

$$\displaystyle dx=-3a\cos^2t\sin t\,dt.$$

第一象限面积为

$$\displaystyle \begin{aligned} A_1 &=\int_0^a y\,dx\\ &=\int_0^{\frac\pi2}a\sin^3t\cdot3a\cos^2t\sin t\,dt\\ &=3a^2\int_0^{\frac\pi2}\sin^4t\cos^2t\,dt. \end{aligned}$$

利用三角函数积分公式

$$\displaystyle \int_0^{\frac\pi2}\sin^4t\cos^2t\,dt=\dfrac\pi{32},$$

得到

$$\displaystyle A_1=\dfrac{3\pi a^2}{32}.$$

故星形线所围总面积为

$$\displaystyle A=4A_1=\dfrac{3\pi a^2}{8}.$$

主观题李正元练习题·高等数学应用题

求下列旋转体的体积 $\displaystyle V$：

（Ⅰ）由曲线 $\displaystyle y=x^2$、$\displaystyle x=y^2$ 所围图形绕 $\displaystyle x$ 轴旋转所成旋转体；

（Ⅱ）由曲线

$$\displaystyle x=a(t-\sin t),\qquad y=a(1-\cos t),\qquad 0\le t\le2\pi,$$

及 $\displaystyle y=0$ 所围图形绕 $\displaystyle y$ 轴旋转的旋转体。

（Ⅰ）

两曲线在第一象限内的交点由

$$\displaystyle y=x^2, \qquad x=y^2$$

联立得到

$$\displaystyle (x,y)=(0,0),\qquad(1,1).$$

在 $\displaystyle 0\le x\le1$ 上，区域的上边界为

$$\displaystyle y=\sqrt{x},$$

下边界为

$$\displaystyle y=x^2.$$

绕 $\displaystyle x$ 轴旋转，采用圆环法：

$$\displaystyle \begin{aligned} V &=\pi\int_0^1\left[(\sqrt{x})^2-(x^2)^2\right]dx\\ &=\pi\int_0^1(x-x^4)\,dx\\ &=\pi\left(\frac12-\frac15\right)\\ &=\dfrac{3\pi}{10}. \end{aligned}$$

（Ⅱ）

该曲线是一拱摆线。先求摆线一拱与 $\displaystyle x$ 轴所围图形的面积：

$$\displaystyle \begin{aligned} S &=\int y\,dx\\ &=\int_0^{2\pi}a(1-\cos t)\cdot a(1-\cos t)\,dt\\ &=a^2\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^2dt. \end{aligned}$$

由于

$$\displaystyle \int_0^{2\pi}(1-\cos t)^2dt =\int_0^{2\pi}\left(1-2\cos t+\cos^2t\right)dt =3\pi,$$

故

$$\displaystyle S=3\pi a^2.$$

摆线一拱关于直线

$$\displaystyle x=\pi a$$

对称，因此该平面图形的形心横坐标为

$$\displaystyle \bar x=\pi a.$$

图形绕 $\displaystyle y$ 轴旋转时，形心运动路程为

$$\displaystyle 2\pi\bar x=2\pi^2a.$$

由古尔丁定理，旋转体体积为

$$\displaystyle V=2\pi\bar x\,S =2\pi\cdot\pi a\cdot3\pi a^2 =6\pi^3a^3.$$

主观题李正元练习题·高等数学应用题

设两点 $\displaystyle A(1,0,0)$ 与 $\displaystyle B(0,1,1)$ 的连线 $\displaystyle \overline{AB}$ 绕 $\displaystyle z$ 轴旋转一周而成的旋转曲面为 $\displaystyle S$，求曲面 $\displaystyle S$ 与 $\displaystyle z=0$、$\displaystyle z=1$ 围成的立体的体积。

线段 $\displaystyle AB$ 可参数化为

$$\displaystyle (x,y,z)=(1-t,t,t), \qquad0\le t\le1.$$

由于 $\displaystyle z=t$，故在高度 $\displaystyle z$ 处，线段上的点为

$$\displaystyle (x,y)=(1-z,z).$$

该点到 $\displaystyle z$ 轴的距离即旋转截面的半径：

$$\displaystyle r(z)=\sqrt{x^2+y^2} =\sqrt{(1-z)^2+z^2}.$$

因此，垂直于 $\displaystyle z$ 轴的截面是半径为 $\displaystyle r(z)$ 的圆，其面积为

$$\displaystyle \pi r^2(z)=\pi\left[(1-z)^2+z^2\right].$$

于是所求体积为

$$\displaystyle \begin{aligned} V &=\pi\int_0^1\left[(1-z)^2+z^2\right]dz\\ &=\pi\int_0^1(1-2z+2z^2)\,dz\\ &=\pi\left[z-z^2+\frac23z^3\right]_0^1\\ &=\dfrac{2\pi}{3}. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学应用题

求双纽线

$$\displaystyle r^2=a^2\cos2\theta\quad(a>0)$$

绕极轴旋转所成的旋转曲面的面积。

双纽线有左右两个关于原点对称的叶片。绕极轴（即 $\displaystyle x$ 轴）旋转时，只需取每个叶片位于 $\displaystyle x$ 轴上方的一半曲线生成曲面；下半部分旋转后与上半部分生成同一曲面。

先计算右叶片。其上半支对应

$$\displaystyle 0\le\theta\le\dfrac\pi4, \qquad r=a\sqrt{\cos2\theta}.$$

极坐标曲线的弧长微元为

$$\displaystyle ds=\sqrt{r^2+\left(\dfrac{dr}{d\theta}\right)^2}\,d\theta.$$

由

$$\displaystyle r=a(\cos2\theta)^{\frac12}$$

得

$$\displaystyle \dfrac{dr}{d\theta} =-\dfrac{a\sin2\theta}{\sqrt{\cos2\theta}}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} r^2+\left(\dfrac{dr}{d\theta}\right)^2 &=a^2\cos2\theta +\dfrac{a^2\sin^22\theta}{\cos2\theta}\\ &=\dfrac{a^2}{\cos2\theta}, \end{aligned}$$

从而

$$\displaystyle ds=\dfrac{a}{\sqrt{\cos2\theta}}\,d\theta.$$

曲线上一点到极轴的距离为

$$\displaystyle y=r\sin\theta.$$

故右叶片旋转曲面的面积为

$$\displaystyle \begin{aligned} S_1 &=2\pi\int_0^{\frac\pi4}y\,ds\\ &=2\pi\int_0^{\frac\pi4} r\sin\theta \sqrt{r^2+\left(\dfrac{dr}{d\theta}\right)^2}\,d\theta\\ &=2\pi a^2\int_0^{\frac\pi4}\sin\theta\,d\theta\\ &=2\pi a^2\left(1-\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\\ &=\pi a^2(2-\sqrt2). \end{aligned}$$

左右两个叶片生成的曲面面积相等，且除原点外互不重叠，因此总面积为

$$\displaystyle S=2S_1=2\pi a^2(2-\sqrt2).$$

主观题李正元练习题·高等数学应用题

求功：

（Ⅰ）设半径为 $\displaystyle 1$ 的球正好有一半沉入水中，球的比重为 $\displaystyle 1$，现将球从水中取出，问要做多少功？

（Ⅱ）半径为 $\displaystyle R$ 的半球形水池，其中充满了水，要把池内的水全部取尽需做多少功？

（Ⅰ）

以水面为高度零点，设球心被缓慢提升到水面上方 $\displaystyle h$ 处，其中

$$\displaystyle 0\le h\le1.$$

球的半径为 $\displaystyle 1$，比重为 $\displaystyle 1$，故球的重量为

$$\displaystyle G=\frac43\pi.$$

当球心高度为 $\displaystyle h$ 时，球浸入水中的部分是高为

$$\displaystyle 1-h$$

的球缺。半径为 $\displaystyle 1$、高为 $\displaystyle q$ 的球缺体积为

$$\displaystyle V_{\text{球缺}}=\dfrac{\pi q^2(3-q)}{3}.$$

取 $\displaystyle q=1-h$，可得浸水部分体积

$$\displaystyle V(h)=\dfrac{\pi(1-h)^2(2+h)}{3} =\dfrac{\pi}{3}(2-3h+h^3).$$

在准静态提升过程中，浮力等于排开水的重量，故外力为

$$\displaystyle F(h)=G-V(h).$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} W &=\int_0^1F(h)\,dh\\ &=\int_0^1\left[\dfrac{4\pi}{3}-\dfrac{\pi}{3}(2-3h+h^3)\right]dh\\ &=\dfrac{\pi}{3}\int_0^1(2+3h-h^3)\,dh\\ &=\dfrac{\pi}{3}\left(2+\frac32-\frac14\right)\\ &=\dfrac{13\pi}{12}. \end{aligned}$$

（Ⅱ）

设水面为 $\displaystyle z=0$，竖直向下取深度 $\displaystyle x$，则

$$\displaystyle 0\le x\le R.$$

深度为 $\displaystyle x$ 处的水平水层半径为

$$\displaystyle \sqrt{R^2-x^2},$$

故截面积为

$$\displaystyle A(x)=\pi(R^2-x^2).$$

厚度为 $\displaystyle dx$ 的水层体积为

$$\displaystyle dV=\pi(R^2-x^2)\,dx.$$

该水层需提升的距离为 $\displaystyle x$。在水的重量密度取 $\displaystyle 1$ 时，所需功为

$$\displaystyle \begin{aligned} W &=\int_0^R x\,dV\\ &=\pi\int_0^R x(R^2-x^2)\,dx\\ &=\pi\left[\dfrac{R^2x^2}{2}-\dfrac{x^4}{4}\right]_0^R\\ &=\dfrac{\pi R^4}{4}. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学应用题

求引力：

（Ⅰ）在 $\displaystyle x$ 轴上有一线密度为常数 $\displaystyle \mu$、长度为 $\displaystyle l$ 的细杆，在杆的延长线上离杆右端为 $\displaystyle a$ 处有一质量为 $\displaystyle m$ 的质点 $\displaystyle P$，求证：质点与杆间的引力为

$$\displaystyle F=\dfrac{kmM}{a(a+l)},$$

其中 $\displaystyle M$ 为杆的质量。

（Ⅱ）设有以 $\displaystyle O$ 为心、$\displaystyle r$ 为半径、质量为 $\displaystyle M$ 的均匀圆环，$\displaystyle \overline{PO}$ 垂直圆面，$\displaystyle PO=b$，质点 $\displaystyle P$ 的质量为 $\displaystyle m$，试导出圆环对 $\displaystyle P$ 点的引力公式

$$\displaystyle F=k\dfrac{mMb}{(r^2+b^2)^{\frac32}}.$$

（Ⅰ）

建立坐标轴，使细杆占据区间

$$\displaystyle 0\le x\le l,$$

质点 $\displaystyle P$ 位于

$$\displaystyle x=l+a.$$

取杆上位置 $\displaystyle x$ 处长为 $\displaystyle dx$ 的微元，其质量为

$$\displaystyle dM=\mu\,dx.$$

该微元到质点 $\displaystyle P$ 的距离为

$$\displaystyle l+a-x.$$

根据万有引力定律，引力微元为

$$\displaystyle dF=\dfrac{km\,dM}{(l+a-x)^2} =\dfrac{km\mu}{(l+a-x)^2}\,dx.$$

各微元产生的引力方向相同，因此

$$\displaystyle \begin{aligned} F &=km\mu\int_0^l\dfrac{dx}{(l+a-x)^2}\\ &=km\mu\left(\frac1a-\frac1{a+l}\right)\\ &=\dfrac{km\mu l}{a(a+l)}. \end{aligned}$$

又因

$$\displaystyle M=\mu l,$$

所以

$$\displaystyle F=\dfrac{kmM}{a(a+l)}.$$

（Ⅱ）

取圆环上一质量微元 $\displaystyle dM$。该微元到质点 $\displaystyle P$ 的距离恒为

$$\displaystyle \rho=\sqrt{r^2+b^2}.$$

其对 $\displaystyle P$ 的引力大小为

$$\displaystyle dF=\dfrac{km\,dM}{r^2+b^2}.$$

由于圆环关于轴 $\displaystyle PO$ 旋转对称，各引力微元垂直于 $\displaystyle PO$ 的分量相互抵消，只需累加沿 $\displaystyle PO$ 的分量。设引力微元与轴 $\displaystyle PO$ 的夹角为 $\displaystyle \alpha$，则

$$\displaystyle \cos\alpha=\dfrac{b}{\sqrt{r^2+b^2}}.$$

故轴向分量为

$$\displaystyle \begin{aligned} dF_{\parallel} &=dF\cos\alpha\\ &=\dfrac{km\,dM}{r^2+b^2}\cdot \dfrac{b}{\sqrt{r^2+b^2}}\\ &=\dfrac{kmb}{(r^2+b^2)^{\frac32}}\,dM. \end{aligned}$$

对整个圆环积分，得到

$$\displaystyle \begin{aligned} F &=\int dF_{\parallel}\\ &=\dfrac{kmb}{(r^2+b^2)^{\frac32}}\int dM\\ &=k\dfrac{mMb}{(r^2+b^2)^{\frac32}}. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学应用题

过曲线 $\displaystyle y=x^2$（$\displaystyle x\ge0$）上某点 $\displaystyle A$ 作一切线，使之与曲线及 $\displaystyle x$ 轴围成图形面积为 $\displaystyle \dfrac1{12}$，求：

（Ⅰ）切点 $\displaystyle A$ 的坐标；

（Ⅱ）过切点 $\displaystyle A$ 的切线方程；

（Ⅲ）由上述图形绕 $\displaystyle x$ 轴旋转的旋转体的体积。

设切点为

$$\displaystyle A(a,a^2), \qquad a>0.$$

抛物线 $\displaystyle y=x^2$ 在该点处的切线为

$$\displaystyle y-a^2=2a(x-a),$$

即

$$\displaystyle y=2ax-a^2.$$

切线与 $\displaystyle x$ 轴的交点横坐标满足

$$\displaystyle 2ax-a^2=0,$$

故

$$\displaystyle x=\dfrac a2.$$

所围图形面积应分为两部分：

$$\displaystyle S=\int_0^{\frac a2}x^2\,dx +\int_{\frac a2}^{a}\left[x^2-(2ax-a^2)\right]dx.$$

注意

$$\displaystyle x^2-(2ax-a^2)=(x-a)^2,$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} S &=\left[\dfrac{x^3}{3}\right]_0^{\frac a2} +\int_{\frac a2}^{a}(x-a)^2\,dx\\ &=\dfrac{a^3}{24}+\dfrac{a^3}{24}\\ &=\dfrac{a^3}{12}. \end{aligned}$$

由题意

$$\displaystyle \dfrac{a^3}{12}=\frac1{12},$$

所以

$$\displaystyle a=1.$$

因此

$$\displaystyle A(1,1),$$

且切线方程为

$$\displaystyle y=2x-1.$$

将所围图形绕 $\displaystyle x$ 轴旋转。对

$$\displaystyle 0\le x\le\frac12,$$

截面为半径 $\displaystyle x^2$ 的圆；对

$$\displaystyle \frac12\le x\le1,$$

截面为外半径 $\displaystyle x^2$、内半径 $\displaystyle 2x-1$ 的圆环。因此

$$\displaystyle \begin{aligned} V &=\pi\int_0^{\frac12}x^4\,dx +\pi\int_{\frac12}^{1}\left[x^4-(2x-1)^2\right]dx\\ &=\pi\left(\frac1{160}+\dfrac{13}{480}\right)\\ &=\dfrac{\pi}{30}. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学应用题

设常数 $\displaystyle a\le\alpha<\beta\le b$，曲线

$$\displaystyle \Gamma:y=\sqrt{(x-a)(b-x)},\qquad x\in[\alpha,\beta]$$

的弧长为 $\displaystyle l$。

（Ⅰ）求证：

$$\displaystyle l=\dfrac{b-a}{2}\int_\alpha^\beta\dfrac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}};$$

（Ⅱ）求定积分

$$\displaystyle J=\int_a^{\frac{a+b}{2}}\dfrac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}.$$

（Ⅰ）

由

$$\displaystyle y=\sqrt{(x-a)(b-x)}$$

可得

$$\displaystyle y^2=(x-a)(b-x).$$

两边对 $\displaystyle x$ 求导：

$$\displaystyle 2yy'=a+b-2x,$$

因此

$$\displaystyle y'=\dfrac{a+b-2x}{2\sqrt{(x-a)(b-x)}}.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} 1+(y')^2 &=1+\dfrac{(a+b-2x)^2}{4(x-a)(b-x)}\\ &=\dfrac{4(x-a)(b-x)+(a+b-2x)^2} {4(x-a)(b-x)}. \end{aligned}$$

直接化简分子：

$$\displaystyle 4(x-a)(b-x)+(a+b-2x)^2=(b-a)^2.$$

故

$$\displaystyle \sqrt{1+(y')^2} =\dfrac{b-a}{2\sqrt{(x-a)(b-x)}}.$$

从而弧长

$$\displaystyle \begin{aligned} l &=\int_\alpha^\beta\sqrt{1+(y')^2}\,dx\\ &=\dfrac{b-a}{2}\int_\alpha^\beta \dfrac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}. \end{aligned}$$

（Ⅱ）

令

$$\displaystyle x=a+(b-a)\sin^2\theta.$$

当

$$\displaystyle x=a$$

时，$\displaystyle \theta=0$；当

$$\displaystyle x=\dfrac{a+b}{2}$$

时，$\displaystyle \theta=\dfrac\pi4$。又有

$$\displaystyle dx=2(b-a)\sin\theta\cos\theta\,d\theta,$$

并且

$$\displaystyle \sqrt{(x-a)(b-x)} =(b-a)\sin\theta\cos\theta.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} J &=\int_0^{\frac\pi4}2\,d\theta\\ &=\dfrac\pi2. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学应用题

设 $\displaystyle f(x)$ 为非负连续函数，且满足

$$\displaystyle f(x)\int_0^xf(x-t)\,dt=\sin^4x,$$

求 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \left[0,\dfrac\pi2\right]$ 上的平均值。

作变量替换

$$\displaystyle u=x-t,$$

则

$$\displaystyle \int_0^xf(x-t)\,dt=\int_0^xf(u)\,du.$$

令

$$\displaystyle F(x)=\int_0^xf(t)\,dt.$$

由于 $\displaystyle f$ 连续，故

$$\displaystyle F'(x)=f(x), \qquad F(0)=0.$$

原方程化为

$$\displaystyle F(x)F'(x)=\sin^4x.$$

因此

$$\displaystyle \frac12\left[F^2(x)\right]'=\sin^4x,$$

从而

$$\displaystyle F^2(x)=2\int_0^x\sin^4t\,dt.$$

当 $\displaystyle x=\dfrac\pi2$ 时，利用

$$\displaystyle \int_0^{\frac\pi2}\sin^4t\,dt=\dfrac{3\pi}{16},$$

得到

$$\displaystyle F^2\left(\dfrac\pi2\right)=\dfrac{3\pi}{8}.$$

由于 $\displaystyle f(x)\ge0$，故 $\displaystyle F(x)\ge0$，于是

$$\displaystyle F\left(\dfrac\pi2\right)=\sqrt{\dfrac{3\pi}{8}}.$$

函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \left[0,\dfrac\pi2\right]$ 上的平均值为

$$\displaystyle \begin{aligned} \bar f &=\dfrac{1}{\frac\pi2}\int_0^{\frac\pi2}f(x)\,dx\\ &=\frac2\pi F\left(\dfrac\pi2\right)\\ &=\frac2\pi\sqrt{\dfrac{3\pi}{8}}\\ &=\sqrt{\dfrac{3}{2\pi}}. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学应用题

已知抛物线

$$\displaystyle y=ax^2+bx+c$$

经过点 $\displaystyle P(1,2)$，且在该点与圆

$$\displaystyle \left(x-\frac12\right)^2+\left(y-\frac52\right)^2=\frac12$$

相切，有相同的曲率半径和凹凸性，求常数 $\displaystyle a,b,c$。

抛物线经过点 $\displaystyle P(1,2)$，故

$$\displaystyle a+b+c=2.\tag{1}$$

圆的方程为

$$\displaystyle \left(x-\frac12\right)^2+\left(y-\frac52\right)^2=\frac12.$$

两边对 $\displaystyle x$ 求导，得

$$\displaystyle 2\left(x-\frac12\right) +2\left(y-\frac52\right)y'=0,$$

因此

$$\displaystyle y'=-\dfrac{x-\frac12}{y-\frac52}.$$

在点 $\displaystyle P(1,2)$ 处，

$$\displaystyle y'(1)=-\dfrac{\frac12}{-\frac12}=1.$$

由于抛物线与圆在该点相切，二者切线斜率相同，所以

$$\displaystyle 2a+b=1.\tag{2}$$

再对圆的一阶导数关系求导：

$$\displaystyle 1+(y')^2+\left(y-\frac52\right)y''=0.$$

在点 $\displaystyle P(1,2)$ 处，代入 $\displaystyle y'=1$，得

$$\displaystyle 1+1-\frac12y''=0,$$

故圆在该点的二阶导数为

$$\displaystyle y''=4>0.$$

这说明圆在该点为凹向上。

曲率公式为

$$\displaystyle \kappa=\dfrac{|y''|}{\left[1+(y')^2\right]^{\frac32}}.$$

因为两曲线在该点斜率相同、曲率半径相同且凹凸性相同，所以其有符号二阶导数也相同。抛物线的二阶导数为

$$\displaystyle y''=2a,$$

因此

$$\displaystyle 2a=4,$$

从而

$$\displaystyle a=2.$$

由式（2）得

$$\displaystyle 4+b=1,$$

所以

$$\displaystyle b=-3.$$

再由式（1）得

$$\displaystyle 2-3+c=2,$$

故

$$\displaystyle c=3.$$

证明题

主观题李正元练习题·高等数学证明题

设 $\displaystyle a>0$，$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 连续，求证：

（Ⅰ）

$$\displaystyle \int_1^a\dfrac{f(x^2)}x\,dx =\frac12\int_1^{a^2}\dfrac{f(x)}x\,dx;$$

（Ⅱ）又设

$$\displaystyle f\left(\dfrac{a^2}x\right)=f(x)\qquad(x>0),$$

则

$$\displaystyle \int_a^{a^3}\dfrac{f(x)}x\,dx =\int_1^{a^2}\dfrac{f(x)}x\,dx.$$

（Ⅰ）

令

$$\displaystyle u=x^2.$$

则

$$\displaystyle du=2x\,dx, \qquad \dfrac{dx}{x}=\dfrac{du}{2u}.$$

当 $\displaystyle x=1$ 时，$\displaystyle u=1$；当 $\displaystyle x=a$ 时，$\displaystyle u=a^2$。因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_1^a\dfrac{f(x^2)}x\,dx &=\frac12\int_1^{a^2}\dfrac{f(u)}u\,du\\ &=\frac12\int_1^{a^2}\dfrac{f(x)}x\,dx. \end{aligned}$$

故结论成立。

（Ⅱ）

现有条件

$$\displaystyle f\left(\dfrac{a^2}{x}\right)=f(x)$$

仅表示函数在对数变量下关于 $\displaystyle \ln a$ 对称，并不足以推出题中两个积分相等。

取任意 $\displaystyle a>0$ 且 $\displaystyle a\ne1$，令

$$\displaystyle f(x)=(\ln x-\ln a)^2.$$

则 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 连续，并且

$$\displaystyle \begin{aligned} f\left(\dfrac{a^2}{x}\right) &=\left(\ln\dfrac{a^2}{x}-\ln a\right)^2\\ &=(\ln a-\ln x)^2\\ &=(\ln x-\ln a)^2\\ &=f(x). \end{aligned}$$

设

$$\displaystyle A=\ln a.$$

作代换 $\displaystyle u=\ln x$，则 $\displaystyle dx/x=du$。于是

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_a^{a^3}\dfrac{f(x)}x\,dx &=\int_A^{3A}(u-A)^2\,du\\ &=\dfrac{8A^3}{3}, \end{aligned}$$

而

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_1^{a^2}\dfrac{f(x)}x\,dx &=\int_0^{2A}(u-A)^2\,du\\ &=\dfrac{2A^3}{3}. \end{aligned}$$

当 $\displaystyle a\ne1$ 时，$\displaystyle A\ne0$，两者不相等。因此（Ⅱ）按现有题面无法证明，原题应存在印刷或转录错误。

主观题李正元练习题·高等数学证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续，$\displaystyle f(x)\ge0$，且

$$\displaystyle \int_a^bf(x)\,dx=0,$$

求证：在 $\displaystyle [a,b]$ 上 $\displaystyle f(x)\equiv0$。

采用反证法。假设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上不恒为零，则存在 $\displaystyle x_0\in[a,b]$，使得

$$\displaystyle f(x_0)>0.$$

由于 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续，故存在 $\displaystyle x_0$ 的一个邻域与常数 $\displaystyle \delta>0$，使得在

$$\displaystyle [a,b]\cap(x_0-\delta,x_0+\delta)$$

上恒有

$$\displaystyle f(x)>\frac12f(x_0)>0.$$

该区间的长度为正，因此

$$\displaystyle \int_a^bf(x)\,dx \ge \int_{[a,b]\cap(x_0-\delta,x_0+\delta)}f(x)\,dx >0,$$

这与已知

$$\displaystyle \int_a^bf(x)\,dx=0$$

矛盾。

故假设不成立，从而

$$\displaystyle f(x)\equiv0, \qquad x\in[a,b].$$

主观题李正元练习题·高等数学证明题

证明

$$\displaystyle I_n=\int_0^{\frac\pi2}\cos^nx\sin(nx)\,dx =\frac1{2^{n+1}} \left(2+\dfrac{2^2}{2}+\dfrac{2^3}{3}+\cdots+\dfrac{2^n}{n}\right),$$

其中 $\displaystyle n$ 为自然数。

由欧拉公式，

$$\displaystyle \cos x=\dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}2.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} e^{inx}\cos^nx &=\frac1{2^n}e^{inx}(e^{ix}+e^{-ix})^n\\ &=\frac1{2^n}\sum_{k=0}^n\binom nk e^{2ikx}. \end{aligned}$$

比较虚部，得

$$\displaystyle \cos^nx\sin(nx) =\frac1{2^n}\sum_{k=1}^n\binom nk\sin(2kx).$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} I_n &=\frac1{2^n}\sum_{k=1}^n\binom nk \int_0^{\frac\pi2}\sin(2kx)\,dx\\ &=\frac1{2^n}\sum_{k=1}^n\binom nk \dfrac{1-(-1)^k}{2k}\\ &=\frac1{2^n} \sum_{\substack{1\le k\le n\\k\text{ 为奇数}}} \frac1k\binom nk. \end{aligned}$$

记

$$\displaystyle A_n= \sum_{\substack{1\le k\le n\\k\text{ 为奇数}}} \frac1k\binom nk.$$

下面证明

$$\displaystyle A_n=\frac12\sum_{j=1}^n\dfrac{2^j}{j}.$$

由帕斯卡公式

$$\displaystyle \binom nk=\binom{n-1}k+\binom{n-1}{k-1},$$

可得

$$\displaystyle \begin{aligned} A_n-A_{n-1} &=\sum_{\substack{1\le k\le n\\k\text{ 为奇数}}} \frac1k\binom{n-1}{k-1}\\ &=\frac1n \sum_{\substack{1\le k\le n\\k\text{ 为奇数}}} \binom nk. \end{aligned}$$

而二项式系数中奇数项之和为

$$\displaystyle \sum_{\substack{1\le k\le n\\k\text{ 为奇数}}} \binom nk=2^{n-1},$$

故

$$\displaystyle A_n-A_{n-1}=\dfrac{2^{n-1}}n.$$

又

$$\displaystyle A_1=1,$$

所以递推得到

$$\displaystyle A_n =1+\sum_{j=2}^n\dfrac{2^{j-1}}j =\frac12\sum_{j=1}^n\dfrac{2^j}{j}.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} I_n &=\dfrac{A_n}{2^n}\\ &=\frac1{2^{n+1}}\sum_{j=1}^n\dfrac{2^j}{j}\\ &=\frac1{2^{n+1}} \left(2+\dfrac{2^2}{2}+\dfrac{2^3}{3}+\cdots+\dfrac{2^n}{n}\right). \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学证明题

证明定积分

$$\displaystyle I=\int_0^{\sqrt{2\pi}}\sin x^2\,dx>0.$$

令

$$\displaystyle t=x^2,$$

则

$$\displaystyle dx=\dfrac{dt}{2\sqrt t}.$$

因此

$$\displaystyle I=\frac12\int_0^{2\pi}\dfrac{\sin t}{\sqrt t}\,dt.$$

将积分区间分成 $\displaystyle [0,\pi]$ 与 $\displaystyle [\pi,2\pi]$：

$$\displaystyle I=\frac12\left( \int_0^\pi\dfrac{\sin t}{\sqrt t}\,dt + \int_\pi^{2\pi}\dfrac{\sin t}{\sqrt t}\,dt \right).$$

在第二个积分中令

$$\displaystyle t=u+\pi,$$

则

$$\displaystyle \sin(u+\pi)=-\sin u,$$

故

$$\displaystyle \int_\pi^{2\pi}\dfrac{\sin t}{\sqrt t}\,dt =-\int_0^\pi\dfrac{\sin u}{\sqrt{u+\pi}}\,du.$$

于是

$$\displaystyle I=\frac12\int_0^\pi \sin t \left( \frac1{\sqrt t}-\frac1{\sqrt{t+\pi}} \right)dt.$$

当 $\displaystyle 0<t<\pi$ 时，

$$\displaystyle \sin t>0,$$

且

$$\displaystyle \frac1{\sqrt t}-\frac1{\sqrt{t+\pi}}>0.$$

因此被积函数在 $\displaystyle (0,\pi)$ 上恒为正，从而

$$\displaystyle I>0.$$

主观题李正元练习题·高等数学证明题

证明：

（Ⅰ）

$$\displaystyle \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin x\,dx =\int_0^{\frac\pi2}\ln\cos x\,dx;$$

（Ⅱ）

$$\displaystyle \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin2x\,dx =\int_0^{\frac\pi2}\ln\sin x\,dx;$$

（Ⅲ）

$$\displaystyle \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin x\,dx=-\dfrac\pi2\ln2.$$

上述积分在端点处均为收敛的反常积分。

（Ⅰ）令

$$\displaystyle x=\dfrac\pi2-t,$$

则

$$\displaystyle dx=-dt, \qquad \sin x=\cos t.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin x\,dx &=\int_{\frac\pi2}^{0}\ln\cos t\,(-dt)\\ &=\int_0^{\frac\pi2}\ln\cos t\,dt. \end{aligned}$$

故

$$\displaystyle \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin x\,dx =\int_0^{\frac\pi2}\ln\cos x\,dx.$$

（Ⅱ）令

$$\displaystyle t=2x,$$

则

$$\displaystyle \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin2x\,dx =\frac12\int_0^\pi\ln\sin t\,dt.$$

再将区间分成两部分：

$$\displaystyle \int_0^\pi\ln\sin t\,dt = \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin t\,dt + \int_{\frac\pi2}^{\pi}\ln\sin t\,dt.$$

第二项令

$$\displaystyle u=\pi-t,$$

利用

$$\displaystyle \sin(\pi-u)=\sin u,$$

得

$$\displaystyle \int_{\frac\pi2}^{\pi}\ln\sin t\,dt = \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin u\,du.$$

因此

$$\displaystyle \int_0^\pi\ln\sin t\,dt =2\int_0^{\frac\pi2}\ln\sin t\,dt,$$

从而

$$\displaystyle \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin2x\,dx = \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin x\,dx.$$

（Ⅲ）记

$$\displaystyle I=\int_0^{\frac\pi2}\ln\sin x\,dx.$$

由（Ⅰ），

$$\displaystyle I=\int_0^{\frac\pi2}\ln\cos x\,dx.$$

两式相加，得

$$\displaystyle \begin{aligned} 2I &=\int_0^{\frac\pi2}\ln(\sin x\cos x)\,dx\\ &=\int_0^{\frac\pi2}\ln\left(\frac12\sin2x\right)dx\\ &=\int_0^{\frac\pi2}\ln\sin2x\,dx -\dfrac\pi2\ln2. \end{aligned}$$

由（Ⅱ），

$$\displaystyle \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin2x\,dx=I,$$

故

$$\displaystyle 2I=I-\dfrac\pi2\ln2.$$

于是

$$\displaystyle I=-\dfrac\pi2\ln2.$$

主观题李正元练习题·高等数学证明题

证明

$$\displaystyle \left|\int_n^{n+p}\sin(x^2)\,dx\right|\le\frac1n, \qquad p>0.$$

由

$$\displaystyle d(\cos x^2)=-2x\sin(x^2)\,dx,$$

可写成

$$\displaystyle \sin(x^2)\,dx=-\frac1{2x}\,d(\cos x^2).$$

因此分部积分得

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_n^{n+p}\sin(x^2)\,dx &=-\int_n^{n+p}\frac1{2x}\,d(\cos x^2)\\ &=\left.-\dfrac{\cos x^2}{2x}\right|_n^{n+p} -\int_n^{n+p}\dfrac{\cos x^2}{2x^2}\,dx. \end{aligned}$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} \left|\int_n^{n+p}\sin(x^2)\,dx\right| &\le \frac1{2(n+p)}+\frac1{2n} +\int_n^{n+p}\dfrac{dx}{2x^2}\\ &= \frac1{2(n+p)}+\frac1{2n} +\frac12\left(\frac1n-\frac1{n+p}\right)\\ &=\frac1n. \end{aligned}$$

故所证不等式成立。

主观题李正元练习题·高等数学证明题

证明

$$\displaystyle \int_0^\pi\dfrac{\sin2nx}{\sin x}\,dx=0.$$

虽然分母在端点处为零，但

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}\dfrac{\sin2nx}{\sin x}=2n,$$

且

$$\displaystyle \lim_{x\to\pi^-}\dfrac{\sin2nx}{\sin x}=-2n,$$

故端点均为可去间断点，积分存在。

记

$$\displaystyle I=\int_0^\pi\dfrac{\sin2nx}{\sin x}\,dx.$$

作代换

$$\displaystyle x=\pi-t.$$

由于

$$\displaystyle \sin(\pi-t)=\sin t,$$

而

$$\displaystyle \sin\bigl(2n(\pi-t)\bigr) = \sin(2n\pi-2nt) =-\sin2nt,$$

所以

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=\int_0^\pi \dfrac{\sin\bigl(2n(\pi-t)\bigr)}{\sin(\pi-t)}\,dt\\ &=-\int_0^\pi\dfrac{\sin2nt}{\sin t}\,dt\\ &=-I. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle I=0.$$

主观题李正元练习题·高等数学证明题

已知一条抛物线通过 $\displaystyle x$ 轴上两点 $\displaystyle A(1,0)$、$\displaystyle B(3,0)$，方程为

$$\displaystyle y=a(x-1)(x-3),$$

求证：两坐标轴与该抛物线所围成的面积等于 $\displaystyle x$ 轴与该抛物线所围成的面积。

因题设曲线为抛物线，故

$$\displaystyle a\ne0.$$

在区间 $\displaystyle [0,1]$ 上，

$$\displaystyle (x-1)(x-3)\ge0,$$

两坐标轴与抛物线围成的面积为

$$\displaystyle \begin{aligned} S_1 &=\left|\int_0^1a(x-1)(x-3)\,dx\right|\\ &=|a|\int_0^1(x^2-4x+3)\,dx\\ &=|a|\left[\dfrac{x^3}{3}-2x^2+3x\right]_0^1\\ &=\dfrac{4|a|}{3}. \end{aligned}$$

在区间 $\displaystyle [1,3]$ 上，

$$\displaystyle (x-1)(x-3)\le0.$$

抛物线与 $\displaystyle x$ 轴所围成的面积为

$$\displaystyle \begin{aligned} S_2 &=\left|\int_1^3a(x-1)(x-3)\,dx\right|\\ &=|a|\left|\left[\dfrac{x^3}{3}-2x^2+3x\right]_1^3\right|\\ &=|a|\left|0-\frac43\right|\\ &=\dfrac{4|a|}{3}. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle S_1=S_2,$$

即两坐标轴与该抛物线所围成的面积等于 $\displaystyle x$ 轴与该抛物线所围成的面积。

主观题李正元练习题·高等数学证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 连续，且对任意 $\displaystyle x,y\in[0,1]$ 均有

$$\displaystyle |f(x)-f(y)|\le M|x-y|,$$

$\displaystyle M$ 为正的常数，求证：

$$\displaystyle \left|\int_0^1f(x)\,dx-\frac1n\sum_{k=1}^nf\left(\dfrac kn\right)\right| \le\dfrac M{2n}.$$

将区间 $\displaystyle [0,1]$ 等分为 $\displaystyle n$ 个小区间，则

$$\displaystyle \int_0^1f(x)\,dx = \sum_{k=1}^n \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac kn}f(x)\,dx.$$

同时，

$$\displaystyle \frac1n\sum_{k=1}^nf\left(\dfrac kn\right) = \sum_{k=1}^n \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac kn} f\left(\dfrac kn\right)dx.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} &\left|\int_0^1f(x)\,dx-\frac1n\sum_{k=1}^nf\left(\dfrac kn\right)\right|\\ &\quad= \left| \sum_{k=1}^n \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac kn} \left[f(x)-f\left(\dfrac kn\right)\right]dx \right|\\ &\quad\le \sum_{k=1}^n \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac kn} \left|f(x)-f\left(\dfrac kn\right)\right|dx. \end{aligned}$$

由题设的 Lipschitz 条件，

$$\displaystyle \left|f(x)-f\left(\dfrac kn\right)\right| \le M\left|x-\dfrac kn\right|.$$

当

$$\displaystyle x\in\left[\dfrac{k-1}{n},\dfrac kn\right]$$

时，

$$\displaystyle \left|x-\dfrac kn\right|=\dfrac kn-x.$$

故

$$\displaystyle \begin{aligned} &\left|\int_0^1f(x)\,dx-\frac1n\sum_{k=1}^nf\left(\dfrac kn\right)\right|\\ &\quad\le M\sum_{k=1}^n \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac kn} \left(\dfrac kn-x\right)dx\\ &\quad= M\sum_{k=1}^n\frac1{2n^2}\\ &\quad=\dfrac M{2n}. \end{aligned}$$

故所证不等式成立。

主观题李正元练习题·高等数学证明题

设函数 $\displaystyle f(x)$ 与 $\displaystyle g(x)$ 在区间 $\displaystyle [a,b]$ 上连续，证明：

$$\displaystyle \left[\int_a^bf(x)g(x)\,dx\right]^2 \le \int_a^bf^2(x)\,dx\int_a^bg^2(x)\,dx.$$

对任意实数 $\displaystyle \lambda$，由平方非负可得

$$\displaystyle \int_a^b\bigl[f(x)-\lambda g(x)\bigr]^2\,dx\ge0.$$

展开得

$$\displaystyle \int_a^bf^2(x)\,dx -2\lambda\int_a^bf(x)g(x)\,dx +\lambda^2\int_a^bg^2(x)\,dx \ge0.$$

记

$$\displaystyle A=\int_a^bf^2(x)\,dx, \qquad B=\int_a^bf(x)g(x)\,dx, \qquad C=\int_a^bg^2(x)\,dx.$$

于是对任意 $\displaystyle \lambda\in\mathbb R$，均有

$$\displaystyle C\lambda^2-2B\lambda+A\ge0.$$

若 $\displaystyle C=0$，由于 $\displaystyle g^2(x)\ge0$ 且连续，所以 $\displaystyle g(x)\equiv0$，从而 $\displaystyle B=0$，所证不等式显然成立。

若 $\displaystyle C>0$，上述关于 $\displaystyle \lambda$ 的二次式恒非负，因此其判别式不大于零：

$$\displaystyle (-2B)^2-4AC\le0.$$

故

$$\displaystyle B^2\le AC,$$

即

$$\displaystyle \left[\int_a^bf(x)g(x)\,dx\right]^2 \le \int_a^bf^2(x)\,dx\int_a^bg^2(x)\,dx.$$

这就是积分形式的柯西—施瓦茨不等式。

主观题李正元练习题·高等数学证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 有连续的导数，求证：

$$\displaystyle \max_{[a,b]}|f(x)| \le \frac1{b-a}\left|\int_a^bf(x)\,dx\right| +\int_a^b|f'(x)|\,dx.$$

任取 $\displaystyle x\in[a,b]$。对任意 $\displaystyle t\in[a,b]$，由牛顿—莱布尼茨公式，

$$\displaystyle f(x)-f(t)=\int_t^x f'(u)\,du.$$

于是

$$\displaystyle f(x) = \frac1{b-a}\int_a^bf(t)\,dt + \frac1{b-a}\int_a^b\bigl[f(x)-f(t)\bigr]dt.$$

两边取绝对值，得

$$\displaystyle \begin{aligned} |f(x)| &\le \frac1{b-a}\left|\int_a^bf(t)\,dt\right| + \frac1{b-a}\int_a^b|f(x)-f(t)|\,dt. \end{aligned}$$

又因为

$$\displaystyle |f(x)-f(t)| = \left|\int_t^xf'(u)\,du\right| \le \int_a^b|f'(u)|\,du,$$

所以

$$\displaystyle \begin{aligned} |f(x)| &\le \frac1{b-a}\left|\int_a^bf(t)\,dt\right| + \frac1{b-a}\int_a^b \left(\int_a^b|f'(u)|\,du\right)dt\\ &= \frac1{b-a}\left|\int_a^bf(t)\,dt\right| + \int_a^b|f'(u)|\,du. \end{aligned}$$

该不等式对任意 $\displaystyle x\in[a,b]$ 都成立。又因 $\displaystyle f$ 连续，$\displaystyle |f|$ 在闭区间上能取得最大值，因此

$$\displaystyle \max_{[a,b]}|f(x)| \le \frac1{b-a}\left|\int_a^bf(x)\,dx\right| + \int_a^b|f'(x)|\,dx.$$

证毕。