三.一元函数积分学

性质概念

3.2（结论）

f(x)以T为周期,证明:∫0Tf(x)dx=0⇔∫0xf(t)dt以t为周期f(x)以T为周期,证明:\int_0^Tf(x)dx=0\Leftrightarrow \int_0^xf(t)dt以t为周期f(x)以T为周期,证明:∫0T​f(x)dx=0⇔∫0x​f(t)dt以t为周期
这个结论以前没怎么见过，但是很好想，比如三角函数sin,cossin,cossin,cos就是，一个周期内积分值是0，并且原函数的周期不变

∵∫0xf(t)dt以T为周期\because \int_0^xf(t)dt以T为周期∵∫0x​f(t)dt以T为周期
∴∫0xf(t)dt=∫0x+Tf(t)dt⇒∫0x+Tf(t)dt−∫0xf(t)dt=0⇒∫xx+Tf(t)dt=0⇒∫0Tf(t)dt=0\therefore \int_0^xf(t)dt=\int_0^{x+T}f(t)dt\Rightarrow \int_0^{x+T}f(t)dt-\int_0^{x}f(t)dt=0\Rightarrow \int_x^{x+T}f(t)dt=0\Rightarrow\int_0^Tf(t)dt=0∴∫0x​f(t)dt=∫0x+T​f(t)dt⇒∫0x+T​f(t)dt−∫0x​f(t)dt=0⇒∫xx+T​f(t)dt=0⇒∫0T​f(t)dt=0
证明必要性就反过来推

【导函数与原函数的周期性】

设f(x)=F’(x)为原函数
f(x)以T为周期⇒∫aa+Tf(x)dx=0F(x)以T为周期，f(x)以T为周期\stackrel{\int_a^{a+T}f(x)dx=0}{\Rightarrow} F(x)以T为周期，f(x)以T为周期⇒∫aa+T​f(x)dx=0F(x)以T为周期，因为不等于0的话，积分起来就要么是越来越多，或者越来越少，就不能是周期函数了，上面箭头的条件也阔以是：f(x)是奇函数f(x)是奇函数f(x)是奇函数
F(x)以T为周期⇒f(x)以T为周期F(x)以T为周期\Rightarrow f(x)以T为周期F(x)以T为周期⇒f(x)以T为周期

3.4

F(x)=∫xx+2πesintsintdt,则F(x)的值（）F(x)=\int_x^{x+2\pi}e^{sint}sintdt,则F(x)的值（）F(x)=∫xx+2π​esintsintdt,则F(x)的值（）
A.为正的常数
B.为负的常数
C.恒为0
D.不为常数

sinsinsin拿进去然后分部积分竟然阔以化为∫02πesintcos2tdt\int_0^{2\pi}e^{sint}cos^2tdt∫02π​esintcos2tdt，所以恒正咯

3.7

f(x)的周期T=2,G(x)=2∫0xf(t)dt−x∫02f(t)dt,问G(x)和G′(x)是否是周期函数f(x)的周期T=2,G(x)=2\int_0^xf(t)dt-x\int_0^2f(t)dt,问G(x)和G'(x)是否是周期函数f(x)的周期T=2,G(x)=2∫0x​f(t)dt−x∫02​f(t)dt,问G(x)和G′(x)是否是周期函数
G′(x)G'(x)G′(x)就是求个导一看就能看出来，但是G(x)G(x)G(x)喃，感觉就不好弄
这种题我不熟练，多弄一弄哇~

G(x+2)=2∫0x+2f(t)dt−(x+2)∫02f(t)dt=第一项换元，令u=t−2,原式=2∫−2xf(u+2)du−(x+2)∫02f(t)dt然后拆开=2∫−20f(u)du+2∫0xf(u)du−x∫02f(t)dt−2∫02f(t)dt=2∫−20f(u)du+G(x)−2∫02f(t)dt=G(x)G(x+2)=2\int_0^{x+2}f(t)dt-(x+2)\int_0^2f(t)dt=第一项换元，令u=t-2,原式=2\int_{-2}^xf(u+2)du-(x+2)\int_0^2f(t)dt然后拆开=2\int_{-2}^0f(u)du+2\int_0^xf(u)du-x\int_0^2f(t)dt-2\int_0^2f(t)dt=2\int_{-2}^0f(u)du+G(x)-2\int_0^2f(t)dt=G(x)G(x+2)=2∫0x+2​f(t)dt−(x+2)∫02​f(t)dt=第一项换元，令u=t−2,原式=2∫−2x​f(u+2)du−(x+2)∫02​f(t)dt然后拆开=2∫−20​f(u)du+2∫0x​f(u)du−x∫02​f(t)dt−2∫02​f(t)dt=2∫−20​f(u)du+G(x)−2∫02​f(t)dt=G(x)
所以是周期函数
哎，这种题要是化了半天化不出来，也不知道是自己没化对还是本来就不是周期函数怎么办T_T

一元积分比大小

3.10

Ik=∫0kπex2sinxdx,则I1,I2,I3的大小关系是？I_k=\int_0^{k\pi}e^{x^2}sinxdx,则I_1,I_2,I_3的大小关系是？Ik​=∫0kπ​ex2sinxdx,则I1​,I2​,I3​的大小关系是？

题感觉很巧诶~
I2=I1+∫π2πex2sinxdxI_2=I_1+\int_{\pi}^{2\pi}e^{x^2}sinxdxI2​=I1​+∫π2π​ex2sinxdx
∵sinx在(π,2π)是负的，而指数是正的，所以整体就是负的函数，所以积分出来就是负的⇒I2<I1\because sinx在(\pi,2\pi)是负的 ，而指数是正的，所以整体就是负的函数，所以积分出来就是负的\Rightarrow I_2<I_1∵sinx在(π,2π)是负的，而指数是正的，所以整体就是负的函数，所以积分出来就是负的⇒I2​<I1​

然后。。。放大招了~
I3=I1+∫π3πex2sinxdxI_3=I_1+\int_{\pi}^{3\pi}e^{x^2}sinxdxI3​=I1​+∫π3π​ex2sinxdx
∫π3πex2sinxdx=∫π2πex2sinxdx+∫2π3πex2sinxdx第二项令x=u+π,原式=∫π2πex2sinxdx+∫π2πe(u+π)2sin(u+π)du=∫π2πex2sinxdx+∫π2πe(x+π)2[−sin(x)]dx=∫π2π[ex2−e(π+x)2]sinxdx,指数是负的，sinx也是负的，所以整体是正的⇒I3>I1\int_{\pi}^{3\pi}e^{x^2}sinxdx=\int_{\pi}^{2\pi}e^{x^2}sinxdx+\int_{2\pi}^{3\pi}e^{x^2}sinxdx第二项令x=u+\pi,原式=\int_{\pi}^{2\pi}e^{x^2}sinxdx+\int_{\pi}^{2\pi}e^{(u+\pi)^2}sin(u+\pi)du=\int_{\pi}^{2\pi}e^{x^2}sinxdx+\int_{\pi}^{2\pi}e^{(x+\pi)^2}[-sin(x)]dx=\int_{\pi}^{2\pi}[e^{x^2}-e^{(\pi+x)^2}]sinxdx,指数是负的，sinx也是负的，所以整体是正的\Rightarrow I_3>I_1∫π3π​ex2sinxdx=∫π2π​ex2sinxdx+∫2π3π​ex2sinxdx第二项令x=u+π,原式=∫π2π​ex2sinxdx+∫π2π​e(u+π)2sin(u+π)du=∫π2π​ex2sinxdx+∫π2π​e(x+π)2[−sin(x)]dx=∫π2π​[ex2−e(π+x)2]sinxdx,指数是负的，sinx也是负的，所以整体是正的⇒I3​>I1​

3.13

α>0,I1=∫0π2cosx1+xαdx,I2=∫0π2sinx1+xαdx,比较大小\alpha>0,I_1=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{cosx}{1+x^{\alpha}}dx,I_2=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{sinx}{1+x^{\alpha}}dx,比较大小α>0,I1​=∫02π​​1+xαcosx​dx,I2​=∫02π​​1+xαsinx​dx,比较大小

这题答案推推推的很复杂后面，主要思路就是I=I1−I2I=I_1-I_2I=I1​−I2​，然后把III拆成∫0π4+∫π4π2\int_0^{\frac{\pi}{4}}+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}∫04π​​+∫4π​2π​​两坨，然后后面那一坨换元弄成∫0π4\int_0^{\frac{\pi}{4}}∫04π​​
为啥喃？因为只有在(0,π4)(0,\frac{\pi}{4})(0,4π​)里面sin和cos才好比较大小sin和cos才好比较大小sin和cos才好比较大小
后面化得很复杂~

定积分定义计算

3.17

f(x)={e−xx不等于0lim⁡n→∞2[n(n+1)2+n(n+2)2+n(n+3)2+...+n(n+n)2],x=0求f′(0)f(x)=\left\{\begin{matrix} e^{-x}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \,x不等于0\\ \\ \lim_{n\to\infty}2[\frac{n}{(n+1)^2}+\frac{n}{(n+2)^2}+\frac{n}{(n+3)^2}+...+\frac{n}{(n+n)^2}],x=0 \end{matrix}\right.求f'(0)f(x)=⎩⎨⎧​e−x                                                                   x不等于0limn→∞​2[(n+1)2n​+(n+2)2n​+(n+3)2n​+...+(n+n)2n​],x=0​求f′(0)
写这道题的原因是我有个疑问，就是像这种题
f(x)={f1(x),x不等于0f2(x),x=0f(x)=\left\{\begin{matrix} f_1(x),x不等于0\\ \\ f_2(x),x=0 \end{matrix}\right.f(x)=⎩⎨⎧​f1​(x),x不等于0f2​(x),x=0​
在求f′(0)f'(0)f′(0)的时候，有两种方法
f′(0)={lim⁡x→0f1′(x)lim⁡x→0f1(x)−f2(0)x−0f'(0)=\left\{\begin{matrix} \lim_{x\to0}f_1'(x)\\ \\ \lim_{x\to0}\frac{f_1(x)-f_2(0)}{x-0} \end{matrix}\right.f′(0)=⎩⎨⎧​limx→0​f1′​(x)limx→0​x−0f1​(x)−f2​(0)​​
就是用公式和用定义的区别，此题就是用的定义来做的，因此先要把f2(0)f_2(0)f2​(0)算出来
但是为啥么不能用第一种喃？而且答案算出来也是对的，但是用第一种此题就没意思了

3.22

f(x)={lim⁡n→∞∣x∣1nn+1n+∣x∣2nn+2n+∣x∣3nn+3n+...+∣x∣nnn+nn,x不等于00x=0求f′(x)f(x)=\left\{\begin{matrix} \lim_{n\to\infty}\frac{|x|^{\frac{1}{n}}}{n+\frac{1}{n}}+\frac{|x|^{\frac{2}{n}}}{n+\frac{2}{n}}+\frac{|x|^{\frac{3}{n}}}{n+\frac{3}{n}}+...+\frac{|x|^{\frac{n}{n}}}{n+\frac{n}{n}},x不等于0\\ \\ 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \,x=0 \end{matrix}\right.求f'(x)f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧​limn→∞​n+n1​∣x∣n1​​+n+n2​∣x∣n2​​+n+n3​∣x∣n3​​+...+n+nn​∣x∣nn​​,x不等于00                                                              x=0​求f′(x)
这题灰常好，分类讨论有点好
①：当x=0时当x=0时当x=0时
②：当∣x∣=1时当|x|=1时当∣x∣=1时
③：当x不等于0且x不等于1时当x不等于0且x不等于1时当x不等于0且x不等于1时
前两种比较简单，只看第三种
令I=∑k=1n∣x∣knn+kn,然后开始放缩I1=∑k=1n∣x∣knn+nn=∑k=1n∣x∣knn+1,I2=∑k=1n∣x∣knn令I=\sum_{k=1}^n\frac{|x|^{\frac{k}{n}}}{n+\frac{k}{n}},然后开始放缩I_1=\sum_{k=1}^n\frac{|x|^{\frac{k}{n}}}{n+\frac{n}{n}}=\sum_{k=1}^n\frac{|x|^{\frac{k}{n}}}{n+1},I_2=\sum_{k=1}^n\frac{|x|^{\frac{k}{n}}}{n}令I=k=1∑n​n+nk​∣x∣nk​​,然后开始放缩I1​=k=1∑n​n+nn​∣x∣nk​​=k=1∑n​n+1∣x∣nk​​,I2​=k=1∑n​n∣x∣nk​​

∴I1<I<I2\therefore I_1<I<I_2∴I1​<I<I2​
lim⁡n→∞I2=lim⁡n→∞∑k=1n∣x∣knn=lim⁡n→∞∑k=1n∣x∣kn1n=∫01∣x∣tdt=∣x∣−1ln∣x∣\lim_{n\to\infty}I_2=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{|x|^{\frac{k}{n}}}{n}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n|x|^{\frac{k}{n}}\frac{1}{n}=\int_0^1|x|^tdt=\frac{|x|-1}{ln|x|}n→∞lim​I2​=n→∞lim​k=1∑n​n∣x∣nk​​=n→∞lim​k=1∑n​∣x∣nk​n1​=∫01​∣x∣tdt=ln∣x∣∣x∣−1​
I1I_1I1​也是同样用化成积分算

但是为啥看成q=∣x∣1n,a1=∣x∣1nq=|x|^{\frac{1}{n}},a_1=|x|^{\frac{1}{n}}q=∣x∣n1​,a1​=∣x∣n1​的等比数列来计算就不对了喃？
比如I2算出来就是I_2算出来就是I2​算出来就是
I2=∣x∣1n(1−(∣x∣1n)n)1−∣x∣1n=∣x∣1n(1−∣x∣)1−∣x∣1nI_2=\frac{|x|^{\frac{1}{n}}(1-(|x|^{\frac{1}{n}})^n)}{1-|x|^{\frac{1}{n}}}=\frac{|x|^{\frac{1}{n}}(1-|x|)}{1-|x|^{\frac{1}{n}}}I2​=1−∣x∣n1​∣x∣n1​(1−(∣x∣n1​)n)​=1−∣x∣n1​∣x∣n1​(1−∣x∣)​
然后n→∞答案却不对n\to\infty答案却不对n→∞答案却不对

∴f(x)={∣x∣−1ln∣x∣,x不等于0且x不等于±11,x=±10,x=0\therefore f(x)=\left\{\begin{array}{l} \frac{|x|-1}{ln|x|}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ,x不等于0且x不等于\pm1\\ \\ 1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ,x=\pm1\\ \\ 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ,x=0 \end{array}\right.∴f(x)=⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​ln∣x∣∣x∣−1​            ,x不等于0且x不等于±11                  ,x=±10                  ,x=0​

然后就求导就是了
可是在求f′(1)f'(1)f′(1)的时候，他又是用导数公式然后取极限来算的
f′(1)=f'(1)=f′(1)=
讨论后好像说是要看函数连不连续，如果连续才能用公式求导再取极限，不连续的话就只能用定义了

换元法

一些比较骚的操作
∫0Af(A−t)dt=∫0Af(t)dt\int_0^Af(A-t)dt=\int_0^Af(t)dt∫0A​f(A−t)dt=∫0A​f(t)dt
∫0πf(cosx)dx=∫0π2f(cosx)dx+∫0π2f(−cosx)dx\int_0^{\pi}f(cosx)dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(cosx)dx+\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(-cosx)dx∫0π​f(cosx)dx=∫02π​​f(cosx)dx+∫02π​​f(−cosx)dx

一元函数积分复杂与特色计算

3.87

In=∫0π4tannxdxI_n=\int_0^{\frac{\pi}{4}}tan^nxdxIn​=∫04π​​tannxdx
(1)证明:In+In−2=1n−1，并求In(1)证明:I_n+I_{n-2}=\frac{1}{n-1}，并求I_n(1)证明:In​+In−2​=n−11​，并求In​
In+In−2=∫0π4tannxdx+∫0π4tann−2xdx=∫0π4tann−2x⋅(tan2x+1)dx=∫0π4tann−2x⋅sec2xdx=∫0π4tann−2xd(tanx)=1n−1I_n+I_{n-2}=\int_0^{\frac{\pi}{4}}tan^nxdx+\int_0^{\frac{\pi}{4}}tan^{n-2}xdx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}tan^{n-2}x\cdot (tan^2x+1)dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}tan^{n-2}x\cdot sec^2xdx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}tan^{n-2}xd(tanx)=\frac{1}{n-1}In​+In−2​=∫04π​​tannxdx+∫04π​​tann−2xdx=∫04π​​tann−2x⋅(tan2x+1)dx=∫04π​​tann−2x⋅sec2xdx=∫04π​​tann−2xd(tanx)=n−11​
(2)证明:12(n+1)<In<12(n−1)(2)证明:\frac{1}{2(n+1)}<I_n<\frac{1}{2(n-1)}(2)证明:2(n+1)1​<In​<2(n−1)1​
∵0<tanx<1\because 0<tanx<1∵0<tanx<1
∴n越大，tannx就越小\therefore n越大，tan^nx就越小∴n越大，tannx就越小
∴In+2<In<In−2\therefore I_{n+2}<I_n<I_{n-2}∴In+2​<In​<In−2​
同时加上InI_nIn​
In+2+In<2In<In−2+InI_{n+2}+I_n<2I_n<I_{n-2}+I_nIn+2​+In​<2In​<In−2​+In​
然后根据第一问的结论
1n+1<2In<1n−1\frac{1}{n+1}<2I_n<\frac{1}{n-1}n+11​<2In​<n−11​

3.88

求In=∫−11(x2−1)ndx求I_n=\int_{-1}^1(x^2-1)^ndx求In​=∫−11​(x2−1)ndx

用分部积分，分出来的那一坨会是0
I=0−∫−11x⋅n(x2−1)n−12xdx=−2n∫−11x2(x2−1)n−1dx然后减一坨加一坨强行凑回去=−2n∫−11x2(x2−1)n−1dx−2n∫−11(−1)(x2−1)n−1dx+2n∫−11(−1)(x2−1)n−1dx前两项合并=−2nIn−2nIn−1⇒In=−2n2n+1In−1I=0-\int_{-1}^1x\cdot n(x^2-1)^{n-1}2xdx=-2n\int_{-1}^1x^2(x^2-1)^{n-1}dx然后减一坨加一坨强行凑回去=-2n\int_{-1}^1x^2(x^2-1)^{n-1}dx-2n\int_{-1}^1(-1)(x^2-1)^{n-1}dx+2n\int_{-1}^1(-1)(x^2-1)^{n-1}dx前两项合并=-2nI_n-2nI_{n-1}\Rightarrow I_n=-\frac{2n}{2n+1}I_{n-1}I=0−∫−11​x⋅n(x2−1)n−12xdx=−2n∫−11​x2(x2−1)n−1dx然后减一坨加一坨强行凑回去=−2n∫−11​x2(x2−1)n−1dx−2n∫−11​(−1)(x2−1)n−1dx+2n∫−11​(−1)(x2−1)n−1dx前两项合并=−2nIn​−2nIn−1​⇒In​=−2n+12n​In−1​
∴In=(−1)n⋅2n⋅n!(2n+1)⋅(2n−1)⋅(2n−3)⋅...⋅1I0\therefore I_n=\frac{(-1)^n\cdot 2^n\cdot n!}{(2n+1)\cdot (2n-1)\cdot (2n-3)\cdot...\cdot1}I_0∴In​=(2n+1)⋅(2n−1)⋅(2n−3)⋅...⋅1(−1)n⋅2n⋅n!​I0​
分母是隔一项乘一个隔一项成一个并且还是奇数次的，所以就差偶数项的阶乘，而偶数的阶乘又阔以吧222提出来就等于2nn!2^nn!2nn!
所以分母就变成了(2n+1)!2nn!\frac{(2n+1)!}{2^nn!}2nn!(2n+1)!​
∴In=(−1)n22n(n!)2(2n+1)!I0\therefore I_n=(-1)^n\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}I_0∴In​=(−1)n(2n+1)!22n(n!)2​I0​
其中I0=2I_0=2I0​=2

3.89

an=∫01xn1−x2dx,bn=∫0π2sinnxdx,则lim⁡n→∞nanbn=a_n=\int_0^1x^n\sqrt{1-x^2}dx,b_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^nxdx,则\lim_{n\to\infty}\frac{na_n}{b_n}=an​=∫01​xn1−x2​dx,bn​=∫02π​​sinnxdx,则n→∞lim​bn​nan​​=
bnb_nbn​就是标准的华里士公式的那个，所以把ana_nan​来变形

把an用x=sint换元⇒an=∫0π2sinnxcos2xdx=∫0π2sinnx(1−sin2x)dx=bn−bn+2a_n用x=sint换元\Rightarrow a_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^nxcos^2xdx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^nx(1-sin^2x)dx=b_n-b_{n+2}an​用x=sint换元⇒an​=∫02π​​sinnxcos2xdx=∫02π​​sinnx(1−sin2x)dx=bn​−bn+2​

而根据华里士公式bn+2=n+1n+2bnb_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}b_nbn+2​=n+2n+1​bn​

∴an=1n+2bn\therefore a_n=\frac{1}{n+2}b_n∴an​=n+21​bn​
然后极限就好求了~

3.90

求∫e−2nπ1∣[cos(ln1x)]′∣ln1xdx求\int_{e^{-2n\pi}}^1|[cos(ln\frac{1}{x})]'|ln\frac{1}{x}dx求∫e−2nπ1​∣[cos(lnx1​)]′∣lnx1​dx
这题灰常好~~~
令t=ln1xt=ln\frac{1}{x}t=lnx1​这个换元还是很容易想到的，但是这道题容易把里面的求导忘了，然后就会变成：∫02πn∣cos⁡t∣⋅te−tdt\int_{0}^{2 \pi n}|\cos t| \cdot t e^{-t} d t∫02πn​∣cost∣⋅te−tdt，里面是三项乘积，不好积分

正确的是：
I=∫02πnt∣sin⁡t∣dt=∑i=1n[∫−2π+2πi−π+2πi−∫−π+2πi2πi]I=\int_{0}^{2 \pi n}t|\sin t|d t=\sum_{i=1}^n[\int_{-2\pi+2\pi i}^{-\pi+2\pi i}-\int_{-\pi+2\pi i}^{2\pi i}]I=∫02πn​t∣sint∣dt=i=1∑n​[∫−2π+2πi−π+2πi​−∫−π+2πi2πi​]
而∫tsintdt=sint−tcost而\int tsint\ dt=sint-tcost而∫tsint dt=sint−tcost

I=∑i=1n[(4πi−3π)−[−(4πi−π)]]=∑i=1n[8πi−4π]=4πn2I=\sum_{i=1}^n[(4\pi i-3\pi)-[-(4\pi i-\pi)]]=\sum_{i=1}^n[8\pi i-4\pi]=4\pi n^2I=i=1∑n​[(4πi−3π)−[−(4πi−π)]]=i=1∑n​[8πi−4π]=4πn2

3.92

In=∫0π2sin2nxsinxdxI_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{sin2nx}{sinx}dxIn​=∫02π​​sinxsin2nx​dx
(1)证明:In−In−1=(−1)n−122n−1,(n≥2)(1)证明:I_n-I_{n-1}=(-1)^{n-1}\frac{2}{2n-1},(n\geq2)(1)证明:In​−In−1​=(−1)n−12n−12​,(n≥2)
题目写成这样应该跟上面tantantan那道题一样，直接减的，于是
In−In−1=∫0π2sin2nx−sin(2nx−2x)sinxdxI_n-I_{n-1}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{sin2nx-sin(2nx-2x)}{sinx}dxIn​−In−1​=∫02π​​sinxsin2nx−sin(2nx−2x)​dx
看到这个分子，前面是2nx2nx2nx后面是2nx−2x2nx-2x2nx−2x，一减就没有nnn了，我也想过用和差化积，但是怎么配半天没推出来喃？？？以前不是都好好地嘛？原来这个是有技巧的，背不到真不好
sina−sinb=sin(a+b2+a−b2)+sin(a+b2−a−b2)sina-sinb=sin(\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2})+sin(\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2})sina−sinb=sin(2a+b​+2a−b​)+sin(2a+b​−2a−b​)然后展开来凑

这里分子就变成sin2nx−sin(2nx−2x)=2cos(2nx−x)sinxsin2nx-sin(2nx-2x)=2cos(2nx-x)sinxsin2nx−sin(2nx−2x)=2cos(2nx−x)sinx

∴In−In−1=∫0π2sin2nx−sin(2nx−2x)sinxdx=∫0π22cos(2nx−x)sinxsinxdx=∫0π22cos(2nx−x)=22n−1sin(2nx−x)∣0π2=22n−1(−1)n−1\therefore I_n-I_{n-1}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{sin2nx-sin(2nx-2x)}{sinx}dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{2cos(2nx-x)sinx}{sinx}dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}2cos(2nx-x)=\frac{2}{2n-1}sin(2nx-x)|_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{2}{2n-1}(-1)^{n-1}∴In​−In−1​=∫02π​​sinxsin2nx−sin(2nx−2x)​dx=∫02π​​sinx2cos(2nx−x)sinx​dx=∫02π​​2cos(2nx−x)=2n−12​sin(2nx−x)∣02π​​=2n−12​(−1)n−1

3.93

In=∫0π2sin2ntsintdtI_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{sin^2nt}{sint}dtIn​=∫02π​​sintsin2nt​dt
(1)证明:In−In−1=12n−1(1)证明:I_n-I_{n-1}=\frac{1}{2n-1}(1)证明:In​−In−1​=2n−11​
同样直接减：
∴In−In−1=∫0π2sin2nt−sin2(n−1)tsintdt,降次=∫0π2cos(2nt)−cos(2nt−2t)2sintdt感觉跟上一道一样了，和差化积=∫0π2−2sin(2nt−t)sint2sintdt=∫0π2−sin(2nt−t)dt\therefore I_n-I_{n-1}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{sin^2nt-sin^2(n-1)t}{sint}dt,降次=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{cos(2nt)-cos(2nt-2t)}{2sint}dt感觉跟上一道一样了，和差化积=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{-2sin(2nt-t)sint}{2sint}dt=\int_0^{\frac{\pi}{2}}-sin(2nt-t)dt∴In​−In−1​=∫02π​​sintsin2nt−sin2(n−1)t​dt,降次=∫02π​​2sintcos(2nt)−cos(2nt−2t)​dt感觉跟上一道一样了，和差化积=∫02π​​2sint−2sin(2nt−t)sint​dt=∫02π​​−sin(2nt−t)dt
咋个是负的喃？？？留个坑

(2)记xn=2In−ln(n),证明:lim⁡n→∞xn存在(2)记x_n=2I_n-ln(n),证明:\lim_{n\to\infty}x_n存在(2)记xn​=2In​−ln(n),证明:n→∞lim​xn​存在
这第二题感觉好难啊~
先证单调：
xn−xn−1=2(In−In−1)+lnn−1n=12n−1+lnn−1nx_n-x_{n-1}=2(I_n-I_{n-1})+ln\frac{n-1}{n}=\frac{1}{2n-1}+ln\frac{n-1}{n}xn​−xn−1​=2(In​−In−1​)+lnnn−1​=2n−11​+lnnn−1​
令f(x)=12x−1+lnx−1xf(x)=\frac{1}{2x-1}+ln\frac{x-1}{x}f(x)=2x−11​+lnxx−1​
f′(x)=2x2−2x+1x(x−1)(2x−1)2f'(x)=\frac{2x^2-2x+1}{x(x-1)(2x-1)^2}f′(x)=x(x−1)(2x−1)22x2−2x+1​
分子恒大于0的，当x>1x>1x>1时，f′(x)>0⇒单增f'(x)>0\Rightarrow 单增f′(x)>0⇒单增
而f(x)max=f(+∞)=0⇒f(x)<0f(x)_{max}=f(+\infty)=0\Rightarrow f(x)<0f(x)max​=f(+∞)=0⇒f(x)<0
∴xn<xn−1⇒xn\therefore x_n<x_{n-1}\Rightarrow x_n∴xn​<xn−1​⇒xn​单减

再证有下界：

竟然是用拉格朗日中值定理来证的
我们来分析一波他怎么想到用这个方法的
分析不来
他是用lnxlnxlnx在[2n−1,2n+1][2n-1,2n+1][2n−1,2n+1]上用拉格朗日

ln(2n+1)−ln(2n−1)=2ξ<22n−1ln(2n+1)-ln(2n-1)=\frac{2}{\xi}<\frac{2}{2n-1}ln(2n+1)−ln(2n−1)=ξ2​<2n−12​

ln3−ln1<21ln3-ln1<\frac{2}{1}ln3−ln1<12​

ln5−ln3<23ln5-ln3<\frac{2}{3}ln5−ln3<32​

ln7−ln5<25ln7-ln5<\frac{2}{5}ln7−ln5<52​
…
ln(2n+1)−ln(2n−1)<22n−1ln(2n+1)-ln(2n-1)<\frac{2}{2n-1}ln(2n+1)−ln(2n−1)<2n−12​

然后左边加左边右边加右边，巧了，左边只剩一项ln(2n+1)ln(2n+1)ln(2n+1)，巧了，右边就是2In2I_n2In​

然后就有2In−ln(2n+1)>0了，所以有下界2I_n-ln(2n+1)>0了，所以有下界2In​−ln(2n+1)>0了，所以有下界

ε=(´ο｀*)))唉！答案能看懂，但是别人是怎么想到这样的喃，感觉就跟巧合一样，真的只有见多识广，做得多了才行啊

不写了，七夕节哇，走打球~

3.94

f(x)=x−[x],[x]表示向下取整,求lim⁡x→+∞1x∫0xf(t)dtf(x)=x-[x],[x]表示向下取整,求\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\int_0^xf(t)dtf(x)=x−[x],[x]表示向下取整,求x→+∞lim​x1​∫0x​f(t)dt
这道题还有个比较直观的感觉，f(x)f(x)f(x)在单位格子里就是个面积为12\frac{1}{2}21​的小直角三角形，然后积分就是无穷多个，然后除以xxx就是平均一哈，所以要是填空题的话，还比较好得出答案

哇~感觉写得好严谨啊，我自己写的话等号这些加不加就会写错

∵n≤x<n+1\because n\leq x<n+1∵n≤x<n+1

∴n2=∫0nf(t)dt≤∫0xf(t)dt<∫0n+1f(t)dt=n+12\therefore \frac{n}{2}=\int_0^nf(t)dt\leq\int_0^xf(t)dt<\int_0^{n+1}f(t)dt=\frac{n+1}{2}∴2n​=∫0n​f(t)dt≤∫0x​f(t)dt<∫0n+1​f(t)dt=2n+1​

n是整数，所以很自然能得到左边是n2\frac{n}{2}2n​右边是n+12\frac{n+1}{2}2n+1​

然后开始算是放缩吧，

而1n+1<1x<1n\frac{1}{n+1}<\frac{1}{x}<\frac{1}{n}n+11​<x1​<n1​

~∴1n+1n2<1x∫0xf(t)dt<1nn+12\therefore \frac{1}{n+1}\frac{n}{2}<\frac{1}{x}\int_0^xf(t)dt<\frac{1}{n}\frac{n+1}{2}∴n+11​2n​<x1​∫0x​f(t)dt<n1​2n+1​~

3.95

f(x)是x到2k的最小距离,x≥0,k=0,1,2...f(x)是x到2k的最小距离,x\geq0,k=0,1,2...f(x)是x到2k的最小距离,x≥0,k=0,1,2...

(1)证明f(x)周期为2(1)证明f(x)周期为2(1)证明f(x)周期为2
第一问有点麻麻扎扎的感觉~
感觉想直接写出来但是又感觉像是省略了好多步骤一样
0≤x<2时0\leq x<2时0≤x<2时

f(x)=∣x−2k∣f(x)=|x-2k|f(x)=∣x−2k∣

f(x+2)=∣x+2−2k∣=∣x−2(k−1)∣⇒是以2为周期的函数f(x+2)=|x+2-2k|=|x-2(k-1)|\Rightarrow 是以2为周期的函数f(x+2)=∣x+2−2k∣=∣x−2(k−1)∣⇒是以2为周期的函数T_T

f(x)=min∣x−2k∣={x,0≤x<12−x,1≤x<=2f(x)=min|x-2k|=\left\{\begin{matrix} x,0\leq x<1\\ \\ 2-x,1\leq x<=2 \end{matrix}\right.f(x)=min∣x−2k∣=⎩⎨⎧​x,0≤x<12−x,1≤x<=2​

就这样就出来了？感觉好直接啊
不管了，第二问才是重点~

(2)求∫01f(nx)dx的值,n=1,2...(2)求\int_0^1f(nx)dx的值,n=1,2...(2)求∫01​f(nx)dx的值,n=1,2...

感觉应该要换元吧，先换个元再说
原式=∫0nf(u)1ndu原式=\int_0^nf(u)\frac{1}{n}du原式=∫0n​f(u)n1​du
弄到这儿我还想把nnn也换了，瞄一眼答案，发现真的换了
令n=2k令n=2k令n=2k

原式=∫02k12kf(u)du=k2k∫02f(u)du=12原式=\int_0^{2k}\frac{1}{2k}f(u)du=\frac{k}{2k}\int_0^2f(u)du=\frac{1}{2}原式=∫02k​2k1​f(u)du=2kk​∫02​f(u)du=21​
上面是偶数的情况，所以还要分析一波奇数的情况
令n=2k+1令n=2k+1令n=2k+1

原式=∫02k+1f(u)12k+1du=12k+1[2k∫02f(u)du+∫01udu]还是等于12原式=\int_0^{2k+1}f(u)\frac{1}{2k+1}du=\frac{1}{2k+1}[2k\int_0^2f(u)du+\int_0^1udu]还是等于\frac{1}{2}原式=∫02k+1​f(u)2k+11​du=2k+11​[2k∫02​f(u)du+∫01​udu]还是等于21​

反常积分判敛与计算

设a,b>0,若I=∫0+∞1xa(2020+x)b收敛,则a,b满足什么条件设a,b>0,若I=\int_0^{+\infty}\frac{1}{x^a(2020+x)^b}收敛,则a,b满足什么条件设a,b>0,若I=∫0+∞​xa(2020+x)b1​收敛,则a,b满足什么条件
我怎么感觉反常积分就跟没学过一样喃？第一题就不会T_T
先把结论放在这里：
∫011xpdx:{0<p<1,收敛p≥1,发散\int_0^1\frac{1}{x^p}dx:\left\{\begin{matrix} 0<p<1,收敛\\ \\ p\geq 1,发散 \end{matrix}\right.∫01​xp1​dx:⎩⎨⎧​0<p<1,收敛p≥1,发散​
∫1+∞1xp{p≤1,发散p>1,收敛\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^p}\left\{\begin{matrix} p\leq1,发散\\ \\ p>1,收敛 \end{matrix}\right.∫1+∞​xp1​⎩⎨⎧​p≤1,发散p>1,收敛​
怎么理解喃？靠感觉QAQ，比如第一个，啥时候发散喃？根据答案所讲的，指数大于1的时候趋向0的时候“过快”，导致倒数一哈趋向∞\infty∞的速度也过快，这个时候就发散了。下面的也一样，x趋向无穷的时候，指数小于1 的话，整体趋向0 的速度就“不够快”，因此就发散

所以这道题也要分成[0,1),[1,+∞)[0,1),[1,+\infty)[0,1),[1,+∞)两坨来看
I1=∫011xa(2020+x)b,x趋向0的时候,(2020+x)不趋向0,不用管,所以只管xaI_1=\int_0^1\frac{1}{x^a(2020+x)^b},x趋向0的时候,(2020+x)不趋向0,不用管,所以只管x^aI1​=∫01​xa(2020+x)b1​,x趋向0的时候,(2020+x)不趋向0,不用管,所以只管xa
∴要想收敛的话⇒a<1\therefore 要想收敛的话\Rightarrow a<1∴要想收敛的话⇒a<1

I2=∫1+∞1xa(2020+x)bI_2=\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^a(2020+x)^b}I2​=∫1+∞​xa(2020+x)b1​

这个时候分母占主要部分的是xxx的a+ba+ba+b次方，就是把括号如果打开的话，一定会有xa+bx^{a+b}xa+b，如果要收敛的话a+b>1a+b>1a+b>1

总结一哈，就是被积函数趋向0的速度要“够快”或者趋向无穷的时候“不够快”，积分才能收敛

3.103

判断∫1+∞[ln(1+1x)−11+x]dx的敛散性判断\int_1^{+\infty}[ln(1+\frac{1}{x})-\frac{1}{1+x}]dx的敛散性判断∫1+∞​[ln(1+x1​)−1+x1​]dx的敛散性
这个涉及到一个重要的函数不等式，还记得嘛？感觉不是很熟练
11+x<ln(1+1x)<1x\frac{1}{1+x}<ln(1+\frac{1}{x})<\frac{1}{x}1+x1​<ln(1+x1​)<x1​
是ln(1+1x)=ln(1+x)−ln(x)ln(1+\frac{1}{x})=ln(1+x)-ln(x)ln(1+x1​)=ln(1+x)−ln(x)然后在(x,x+1)(x,x+1)(x,x+1)上用拉格朗日中值定理来证明的
∴ln(1+1x)<1x\therefore ln(1+\frac{1}{x})<\frac{1}{x}∴ln(1+x1​)<x1​
∴ln(1+1x)−11+x<1x−11+x=1x(1+x)<1x2\therefore ln(1+\frac{1}{x})-\frac{1}{1+x}<\frac{1}{x}-\frac{1}{1+x}=\frac{1}{x(1+x)}<\frac{1}{x^2}∴ln(1+x1​)−1+x1​<x1​−1+x1​=x(1+x)1​<x21​
而1x2\frac{1}{x^2}x21​是收敛的，所以原式收敛

3.104

求I=∫01xb−xalnxdx,其中(a,b>0)求I=\int_0^1\frac{x^b-x^a}{lnx}dx,其中(a,b>0)求I=∫01​lnxxb−xa​dx,其中(a,b>0)
又是一道阔以拿去坑大林的积分题~嘿嘿嘿，看他做过没
竟然是化成二重积分来算的T_T，然后还要换次序才能算出来
I=∫01∫abxydydx=∫ab∫01xydxdy=∫ab11+ydy=ln1+b1+aI=\int_0^1\int_a^bx^ydydx=\int_a^b\int_0^1x^ydxdy=\int_a^b\frac{1}{1+y}dy=ln\frac{1+b}{1+a}I=∫01​∫ab​xydydx=∫ab​∫01​xydxdy=∫ab​1+y1​dy=ln1+a1+b​

3.105

求I=∫0+∞1(1+x2)(1+xα)dx,其中α不等于0求I=\int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha})}dx,其中\alpha不等于0求I=∫0+∞​(1+x2)(1+xα)1​dx,其中α不等于0
妙啊~
换元,令t=1x,I=∫0+∞tα(1+t2)(1+tα)dt换元,令t=\frac{1}{x},I=\int_0^{+\infty}\frac{t^{\alpha}}{(1+t^2)(1+t^{\alpha})}dt换元,令t=x1​,I=∫0+∞​(1+t2)(1+tα)tα​dt

∴I+I=∫0+∞1+xα(1+x2)(1+xα)dx=∫0+∞1(1+x2)dx=arctan(∞)−arctan(0)=π2\therefore I+I=\int_0^{+\infty}\frac{1+x^{\alpha}}{(1+x^2)(1+x^{\alpha})}dx=\int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)}dx=arctan(\infty)-arctan(0)=\frac{\pi}{2}∴I+I=∫0+∞​(1+x2)(1+xα)1+xα​dx=∫0+∞​(1+x2)1​dx=arctan(∞)−arctan(0)=2π​

∴I=π4\therefore I=\frac{\pi}{4}∴I=4π​

3.125

椭圆周长l1:x2+2y2=2,正弦函数一个周期内的曲线长度l2:sinx,l3:y=12sin2x,x∈(0,2π),比较弧长l1,l2,l3大小椭圆周长l_1:x^2+2y^2=2,正弦函数一个周期内的曲线长度l_2:sinx,l_3:y=\frac{1}{2}sin2x,x\in(0,2\pi),比较弧长l_1,l_2,l_3大小椭圆周长l1​:x2+2y2=2,正弦函数一个周期内的曲线长度l2​:sinx,l3​:y=21​sin2x,x∈(0,2π),比较弧长l1​,l2​,l3​大小

感觉这道题灰常好~
为什么这道题只是比较大小没让算出来喃？如果听说过椭圆积分的话就会了解到，椭圆的面积比较好求，但是求椭圆的弧长是不好求的，因此这道题肯定是写出积分的形式然后通过被积函数和上下限来比较大小

l1用参数方程：x=sint,y=2costl_1用参数方程：x=sint,y=\sqrt{2}costl1​用参数方程：x=sint,y=2​cost
l1=4∫0π2ds=4∫0π2sin2t+2cos2tdt=4∫0π21+cos2tdtl_1=4\int_0^\frac{\pi}{2}ds=4\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{sin^2t+2cos^2t}\ dt=4\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{1+cos^2t}\ dtl1​=4∫02π​​ds=4∫02π​​sin2t+2cos2t​ dt=4∫02π​​1+cos2t​ dt

l2=∫02πds=∫02π1+cos2xdx因为周期是π,而积分区域是两倍的周期所以=2∫0π1+cos2xdx然后在一个周期内上下限阔以随便动所以=2∫−π2π21+cos2xdx=又因为是偶函数所以=4∫0π21+cos2xdxl_2=\int_0^{2\pi}ds=\int_0^{2\pi}\sqrt{1+cos^2x}dx因为周期是\pi,而积分区域是两倍的周期所以=2\int_0^{\pi}\sqrt{1+cos^2x}dx然后在一个周期内上下限阔以随便动所以=2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+cos^2x}dx=又因为是偶函数所以=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+cos^2x}dxl2​=∫02π​ds=∫02π​1+cos2x​dx因为周期是π,而积分区域是两倍的周期所以=2∫0π​1+cos2x​dx然后在一个周期内上下限阔以随便动所以=2∫−2π​2π​​1+cos2x​dx=又因为是偶函数所以=4∫02π​​1+cos2x​dx

l3其实是n=2的特殊情况,结论就是y=1nsinnx这个函数在(0,2π)内弧长是不随n变化的l_3其实是n=2的特殊情况,结论就是y=\frac{1}{n}sinnx这个函数在(0,2\pi)内弧长是不随n变化的l3​其实是n=2的特殊情况,结论就是y=n1​sinnx这个函数在(0,2π)内弧长是不随n变化的
l3=∫02πds=∫02π1+cos2nxdx,令t=nx,原式=∫02nπ1n1+cos2tdt然后把上限里的n拿出来与里面约掉就=∫02π1+cos2tdt=4∫0π21+cos2tdtl_3=\int_0^{2\pi}ds=\int_0^{2\pi}\sqrt{1+cos^2nx}dx,令t=nx,原式=\int_0^{2n\pi}\frac{1}{n}\sqrt{1+cos^2t}dt然后把上限里的n拿出来与里面约掉就=\int_0^{2\pi}\sqrt{1+cos^2t}dt=4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+cos^2t}dtl3​=∫02π​ds=∫02π​1+cos2nx​dx,令t=nx,原式=∫02nπ​n1​1+cos2t​dt然后把上限里的n拿出来与里面约掉就=∫02π​1+cos2t​dt=4∫02π​​1+cos2t​dt
因此，三个弧长是相等的~

3.130

求心形线r=a(1+cosθ)的全长求心形线r=a(1+cos\theta)的全长求心形线r=a(1+cosθ)的全长
答案是S=2∫0πr2+r′2dθ=∫0π4a2cos2θ2dθ=8asinθ2∣0π=8aS=2\int_0^{\pi}\sqrt{r^2+r'^2}d\theta=\int_0^{\pi}\sqrt{4a^2cos^2\frac{\theta}{2}}d\theta=8asin\frac{\theta}{2}|_0^{\pi}=8aS=2∫0π​r2+r′2​dθ=∫0π​4a2cos22θ​​dθ=8asin2θ​∣0π​=8a没毛病，因为上下两部分对称，只算上面就行

而我就直接一起算了S=∫02πr2+r′2dθ=∫02π4a2cos2θ2dθ=8asinθ2∣02π=0S=\int_0^{2\pi}\sqrt{r^2+r'^2}d\theta=\int_0^{2\pi}\sqrt{4a^2cos^2\frac{\theta}{2}}d\theta=8asin\frac{\theta}{2}|_0^{2\pi}=0S=∫02π​r2+r′2​dθ=∫02π​4a2cos22θ​​dθ=8asin2θ​∣02π​=0诶卧槽怎么等于0了？？？

原来是这儿被积函数有根号对吧，开根号的时候没有考虑正负，当θ∈(π,2π)\theta\in(\pi,2\pi)θ∈(π,2π)的时候cosθ2cos\frac{\theta}{2}cos2θ​是负的，开平方后就要添加个负号，所以积分就要分成两段来积

∴S=∫0π2acosθ2dθ+∫π2π−2acosθ2dθ=4asinθ2∣0π−4asinθ2∣π2π=4a−(−4a)=8a\therefore S=\int_0^{\pi}2acos\frac{\theta}{2}d\theta+\int_{\pi}^{2\pi}-2acos\frac{\theta}{2}d\theta=4asin\frac{\theta}{2}|_0^{\pi}-4asin\frac{\theta}{2}|_{\pi}^{2\pi}=4a-(-4a)=8a∴S=∫0π​2acos2θ​dθ+∫π2π​−2acos2θ​dθ=4asin2θ​∣0π​−4asin2θ​∣π2π​=4a−(−4a)=8a

3.133（积分曲线）

x≥0,曲线y=14∫02x12−x2t2dt的全长x\geq0,曲线y=\frac{1}{4}\int_0^2x\sqrt{12-x^2t^2}dt的全长x≥0,曲线y=41​∫02​x12−x2t2​dt的全长
这种求积分曲线的长度还是第一次见
反正求弧长都会对yyy求导的，所以不怕，但是这个上下限是多少喃？
这道题关键就是里面的根号，是要非负数
∴12−x2t2≥0\therefore 12-x^2t^2\geq0∴12−x2t2≥0
又∴t是积分变量,在积分上下限内⇒0≤t≤2\therefore t是积分变量,在积分上下限内\Rightarrow 0\leq t\leq2∴t是积分变量,在积分上下限内⇒0≤t≤2
所以xxx就有范围了⇒x2≤12t2,感觉这里还有点绕,应该小于12t2的最小值,所以x2≤3⇒0≤x≤3\Rightarrow x^2\leq\frac{12}{t^2},感觉这里还有点绕,应该小于\frac{12}{t^2}的最小值,所以x^2\leq3\Rightarrow 0\leq x\leq\sqrt{3}⇒x2≤t212​,感觉这里还有点绕,应该小于t212​的最小值,所以x2≤3⇒0≤x≤3​

然后这道题表面上上下限好像没有xxx难道不是上下限函数嘛？其实换元之后就是了

3.136（绕直线旋转）

求y=x2与y=x在第一象限内围城图形绕直线y=x旋转的体积求y=x^2与y=x在第一象限内围城图形绕直线y=x旋转的体积求y=x2与y=x在第一象限内围城图形绕直线y=x旋转的体积

以前做向量那一章的时候好像就没有遇到过绕一般直线旋转的题，这哈终于有了一个

曲线上一点(x,x2)到直线的x−y=0的距离d=∣x−x2∣12+12曲线上一点(x,x^2)到直线的x-y=0的距离d=\frac{|x-x^2|}{\sqrt{1^2+1^2}}曲线上一点(x,x2)到直线的x−y=0的距离d=12+12​∣x−x2∣​
用那种切成一片一片的方法
一片就是πd2\pi d^2πd2
∴V=∫01πd2dx=∫01π(x−x2)22dx\therefore V=\int_0^1\pi d^2dx=\int_0^1\pi \frac{(x-x^2)^2}{2}dx∴V=∫01​πd2dx=∫01​π2(x−x2)2​dx

一元积分的物理应用

3.137

圆柱形水管半径为1cm,因为受管壁阻力流速v=10(1−r2)cm/s,问水以多大流量Q流过管道？圆柱形水管半径为1cm,因为受管壁阻力流速v=10(1-r^2)cm/s,问水以多大流量Q流过管道？圆柱形水管半径为1cm,因为受管壁阻力流速v=10(1−r2)cm/s,问水以多大流量Q流过管道？
虽然题很简单，式子一下子就列出来了，但是我想严谨一点，每一步是怎么来的
取[r,r+dr]的圆环，圆环截面积dS=2πrdr取[r,r+dr]的圆环，圆环截面积dS=2\pi rdr取[r,r+dr]的圆环，圆环截面积dS=2πrdr
所以流量=截面流速×截面积⇒dQ=v⋅dS流量=截面流速\times截面积\Rightarrow dQ=v\cdot dS流量=截面流速×截面积⇒dQ=v⋅dS

3.139

半径为R的球刚好沉没水面，球的密度与水都是ρ,重力加速度g,求捞出水面需要做多少功？半径为R的球刚好沉没水面，球的密度与水都是\rho,重力加速度g,求捞出水面需要做多少功？半径为R的球刚好沉没水面，球的密度与水都是ρ,重力加速度g,求捞出水面需要做多少功？

这个题感觉很好呀~水面下的球不做功

我跟答案有点不一样，我把坐标系原点建在球心的

dm=ρdSdm=\rho dSdm=ρdS
厚度为dy的圆盘:dS=πr2dy厚度为dy的圆盘:dS=\pi r^2dy厚度为dy的圆盘:dS=πr2dy
r=R2−y2r=\sqrt{R^2-y^2}r=R2−y2​
做功的高度h=(R−y)做功的高度h=(R-y)做功的高度h=(R−y)
W=mgh⇒dW=dm⋅g⋅(R−y)W=mgh\Rightarrow dW=dm\cdot g\cdot(R-y)W=mgh⇒dW=dm⋅g⋅(R−y)
∴W=∫−11dW=∫−11ρg⋅π(R2−y2)(R−y)dy=43πρg\therefore W=\int_{-1}^1dW=\int_{-1}^1\rho g \cdot \pi (R^2-y^2)(R-y)dy=\frac{4}{3}\pi \rho g∴W=∫−11​dW=∫−11​ρg⋅π(R2−y2)(R−y)dy=34​πρg

3.140

密度与都是ρ,高度是4，水平截面积是S=20+3h2,从底部算起，同样问打捞上来做多少功？密度与都是\rho,高度是4，水平截面积是S=20+3h^2,从底部算起，同样问打捞上来做多少功？密度与都是ρ,高度是4，水平截面积是S=20+3h2,从底部算起，同样问打捞上来做多少功？
我还是喜欢把坐标系建在水下面，所以他这个函数就要变一哈，根据左加右减，下加上减的规则，我整个函数都往下移动了4个单位，所以S=20+3(y+4)2S=20+3(y+4)^2S=20+3(y+4)2，做功高度h=−yh=-yh=−y
∴W=∫−40dm⋅g⋅h=ρ[20+3(y+4)2]dy⋅g⋅(−y)=224ρg\therefore W=\int_{-4}^0dm\cdot g\cdot h=\rho[20+3(y+4)^2]dy\cdot g\cdot(-y)=224\rho g∴W=∫−40​dm⋅g⋅h=ρ[20+3(y+4)2]dy⋅g⋅(−y)=224ρg

3.141

一个质量为1000kg的冰块以0.1m/s的速度被吊起30米高,冰块以0.02kg/s的速度融化,吊绳的线密度4kg/m，求吊到指定高度做功多少？一个质量为1000kg的冰块以0.1m/s的速度被吊起30米高,冰块以0.02kg/s的速度融化,吊绳的线密度4kg/m，求吊到指定高度做功多少？一个质量为1000kg的冰块以0.1m/s的速度被吊起30米高,冰块以0.02kg/s的速度融化,吊绳的线密度4kg/m，求吊到指定高度做功多少？
看了答案之后感觉挺简单。。。阔是为啥我没想到
主要是要把所有的量都转换成与时间相关的
总的质量=绳的质量+冰块的质量=4⋅(30−0.1t)+(1000−0.02t)4\cdot(30-0.1t)+(1000-0.02t)4⋅(30−0.1t)+(1000−0.02t)
高度随时间的变化0.1dt0.1dt0.1dt

物理题就是物理题，感觉有时候就没理解得那么透彻，像这里做功的微元 dWdWdW严格来说应该是 dW=m⋅g⋅dhdW=m\cdot g\cdot dhdW=m⋅g⋅dh
随高度积分，然后高度是随时间变化的微元 dh=0.1dtdh=0.1dtdh=0.1dt

3.142

梯形是排水沟,高度为3,一侧方程为x1=y3+1,抛物线是堆积的淤泥,方程是:x2=4y3,单位体积淤泥重ρN/m3,问把淤泥打捞出排水沟需要做多少功？梯形是排水沟,高度为\sqrt{3},一侧方程为x_1=\frac{y}{\sqrt{3}}+1,抛物线是堆积的淤泥,方程是:x_2=\sqrt{\frac{4y}{\sqrt{3}}},单位体积淤泥重\rho N/m^3,问把淤泥打捞出排水沟需要做多少功？梯形是排水沟,高度为3​,一侧方程为x1​=3​y​+1,抛物线是堆积的淤泥,方程是:x2​=3​4y​​,单位体积淤泥重ρN/m3,问把淤泥打捞出排水沟需要做多少功？

因为水平高度一样的淤泥做功是相同的，所以这样一片一片搬运
dW=d(mg)⋅hdW=d(mg)\cdot hdW=d(mg)⋅h
其中h=(3−y)h=(\sqrt{3}-y)h=(3​−y)
而d(mg)=ρdv,其中dv=Sdy，而S就是横起这样切的一刀，所以S=(x1−x2)=(y3+1−4y3)d(mg)=\rho dv,其中dv=Sdy，而S就是横起这样切的一刀，所以S=(x_1-x_2)=(\frac{y}{\sqrt{3}}+1-\sqrt{\frac{4y}{\sqrt{3}}})d(mg)=ρdv,其中dv=Sdy，而S就是横起这样切的一刀，所以S=(x1​−x2​)=(3​y​+1−3​4y​​)
W=∫dW=2∫03ρ(y3+1−4y3)dy⋅(3−y)W=\int dW=2\int_0^{\sqrt{3}}\rho(\frac{y}{\sqrt{3}}+1-\sqrt{\frac{4y}{\sqrt{3}}})dy\cdot(\sqrt{3}-y)W=∫dW=2∫03​​ρ(3​y​+1−3​4y​​)dy⋅(3​−y)
注意这里的ρ\rhoρ并不是密度

平均值

3.143

f(x)=∫x1cost2dt,求f(x)在[0,1]的平均值f(x)=\int_x^1cost^2dt,求f(x)在[0,1]的平均值f(x)=∫x1​cost2dt,求f(x)在[0,1]的平均值

本来按照定义平均值就应该是∫01f(x)dx1−0\frac{\int_0^1f(x)dx}{1-0}1−0∫01​f(x)dx​，但是f(x)f(x)f(x)是多少都不知道啊，这怎么搞？结果别人就是考的这个，其实也不算很罕见，就是没反应过来交换积分次序多半就能做

一元积分不等式

3.145

已知f(x)在[a,b]上单增,证明:∫ab(b−xb−a)nf(x)dx≤1n+1∫abf(x)dx已知f(x)在[a,b]上单增,证明:\int_a^b(\frac{b-x}{b-a})^nf(x)dx\leq\frac{1}{n+1}\int_a^bf(x)dx已知f(x)在[a,b]上单增,证明:∫ab​(b−ab−x​)nf(x)dx≤n+11​∫ab​f(x)dx
本来这种题挺常规的，多半都是弄成上限函数求导来证明，但是这题如果把bbb换了弄成上限函数根本不好搞，因此观察一哈之后，发现被积函数里面没有aaa（b-a）可在变换等式的时候作为常数拿出来，而(b−x)(b-x)(b−x)就没办法了哇~

因此这道题不能太无脑，而要把aaa换了作为下限函数

最后求导之后一般都还有个步骤就是会多出一个积分，用中值定理把积分号弄掉就行了

3.146

f(x)>且在[a,b]上连续,证明:ln[1b−a∫abf(x)dx]≥1b−a∫ablnf(x)dxf(x)>且在[a,b]上连续,证明:ln[\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx]\geq\frac{1}{b-a}\int_a^blnf(x)dxf(x)>且在[a,b]上连续,证明:ln[b−a1​∫ab​f(x)dx]≥b−a1​∫ab​lnf(x)dx
这道题我感觉我见得少
令1b−a∫abf(x)dx]=A\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx]=Ab−a1​∫ab​f(x)dx]=A
然后就是要证明：lnA≥1b−a∫ablnf(x)dx⇒1b−a∫ablnf(x)−lnAdx≤0⇒就是证明lnf(x)−lnA≤0lnA\geq \frac{1}{b-a}\int_a^blnf(x)dx\Rightarrow \frac{1}{b-a}\int_a^blnf(x)-lnAdx\leq0\Rightarrow 就是证明lnf(x)-lnA\leq0lnA≥b−a1​∫ab​lnf(x)dx⇒b−a1​∫ab​lnf(x)−lnAdx≤0⇒就是证明lnf(x)−lnA≤0

lnf(x)−lnA=ln(1+[f(x)A−1])≤[f(x)A−1]ln f(x)-lnA=ln(1+[\frac{f(x)}{A}-1])\leq[\frac{f(x)}{A}-1]lnf(x)−lnA=ln(1+[Af(x)​−1])≤[Af(x)​−1]

∴1b−a∫ab[lnf(x)−lnA]dx≤1b−a∫ab[f(x)A−1]dx=0\therefore \frac{1}{b-a}\int_a^b[ln f(x)-lnA]dx\leq\frac{1}{b-a}\int_a^b[\frac{f(x)}{A}-1]dx=0∴b−a1​∫ab​[lnf(x)−lnA]dx≤b−a1​∫ab​[Af(x)​−1]dx=0

然后就成立了
这题又是怎么能想到在用不等式放缩之后，后面的这坨1b−a∫ab[f(x)A−1]dx\frac{1}{b-a}\int_a^b[\frac{f(x)}{A}-1]dxb−a1​∫ab​[Af(x)​−1]dx的积分值等于0的？？

3.147

f′′(x)≥0,g(x)连续,证明:1a∫0af[g(x)]dx≥f[1a∫0ag(x)dx]f''(x)\geq0,g(x)连续,证明:\frac{1}{a}\int_0^af[g(x)]dx\geq f[\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx]f′′(x)≥0,g(x)连续,证明:a1​∫0a​f[g(x)]dx≥f[a1​∫0a​g(x)dx]

这个题与上面的3.146不是差不多嘛？只不过上面的函数是具体的lnxlnxlnx，这道是抽象的f(x)f(x)f(x)，怎么不等号还反向了喃？
这题有涉及到二阶导数，因此是阔以想到泰勒展开，但是里面的令x和x0x和x_0x和x0​等于多少令我感到牛皮~怎么就想到这么令的喃？

f(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+12f′′(ξ)(x−x0)2≥f(x0)+f′(x0)(x−x0)f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f''(\xi)(x-x_0)^2\geq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)f(x)=f(x0​)+f′(x0​)(x−x0​)+21​f′′(ξ)(x−x0​)2≥f(x0​)+f′(x0​)(x−x0​)

令x=g(t),x0=1a∫0ag(x)dxx=g(t),x_0=\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dxx=g(t),x0​=a1​∫0a​g(x)dx

∴f[g(t)]≥f[1a∫0ag(x)dx]+f′(1a∫0ag(x)dx)[g(t)−1a∫0ag(x)dx]\therefore f[g(t)]\geq f[\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx]+f'(\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx)[g(t)-\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx]∴f[g(t)]≥f[a1​∫0a​g(x)dx]+f′(a1​∫0a​g(x)dx)[g(t)−a1​∫0a​g(x)dx]

然后两边同时对ttt积分

∫0af[g(t)]dt≥∫0af[1a∫0ag(x)dx]dt+∫0af′(1a∫0ag(x)dx)[g(t)−1a∫0ag(x)dx]dt\int_0^af[g(t)]dt\geq \int_0^af[\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx]dt+\int_0^af'(\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx)[g(t)-\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx]dt∫0a​f[g(t)]dt≥∫0a​f[a1​∫0a​g(x)dx]dt+∫0a​f′(a1​∫0a​g(x)dx)[g(t)−a1​∫0a​g(x)dx]dt

∫0af[g(t)]dt≥af[1a∫0ag(x)dx]+f′(1a∫0ag(x)dx)[∫0ag(t)dt−∫0a1a∫0ag(x)dxdt]\int_0^af[g(t)]dt\geq af[\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx]+f'(\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx)[\int_0^ag(t)dt-\int_0^a\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dxdt]∫0a​f[g(t)]dt≥af[a1​∫0a​g(x)dx]+f′(a1​∫0a​g(x)dx)[∫0a​g(t)dt−∫0a​a1​∫0a​g(x)dxdt]

∫0af[g(t)]dt≥af[1a∫0ag(x)dx]+f′(1a∫0ag(x)dx)[∫0ag(t)dt−∫0a1a∫0ag(x)dxdt]\int_0^af[g(t)]dt\geq af[\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx]+f'(\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx)[\int_0^ag(t)dt-\int_0^a\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dxdt]∫0a​f[g(t)]dt≥af[a1​∫0a​g(x)dx]+f′(a1​∫0a​g(x)dx)[∫0a​g(t)dt−∫0a​a1​∫0a​g(x)dxdt]

∫0af[g(t)]dt≥af[1a∫0ag(x)dx]+f′(1a∫0ag(x)dx)[∫0ag(t)dt−∫0ag(x)dx]\int_0^af[g(t)]dt\geq af[\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx]+f'(\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx)[\int_0^ag(t)dt-\int_0^ag(x)dx]∫0a​f[g(t)]dt≥af[a1​∫0a​g(x)dx]+f′(a1​∫0a​g(x)dx)[∫0a​g(t)dt−∫0a​g(x)dx]

∫0af[g(t)]dt≥af[1a∫0ag(x)dx]+0\int_0^af[g(t)]dt\geq af[\frac{1}{a}\int_0^ag(x)dx]+0∫0a​f[g(t)]dt≥af[a1​∫0a​g(x)dx]+0
再把aaa移过来就行了

反正我是没怎么想通为啥不等号就变了喃？上面那个题的范围是[a,b][a,b][a,b]感觉这个应该没啥影响，然后上面多了个f(x)>0f(x)>0f(x)>0的条件，感觉这个应该是主要的影响吧，但是为啥喃？

3.148

f(12)=1,f′′(x)>0,证明:∫01f(x)dx≥1f(\frac{1}{2})=1,f''(x)>0,证明:\int_0^1f(x)dx\geq1f(21​)=1,f′′(x)>0,证明:∫01​f(x)dx≥1
晕哦，又展开的点找错了
把f(x)在x0=12f(x)在x_0=\frac{1}{2}f(x)在x0​=21​展开，然后再对展开后的f(x)f(x)f(x)积分就能得到答案

3.149

(1)证明:ln(n+1)<1+12+13+14+...+1n<1+lnn(1)证明:ln(n+1)<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{n}<1+ln\ n(1)证明:ln(n+1)<1+21​+31​+41​+...+n1​<1+ln n
一眼看过去以为要用到11+x<ln(1+1x)<1x\frac{1}{1+x}<ln(1+\frac{1}{x})<\frac{1}{x}1+x1​<ln(1+x1​)<x1​这个不等式，结果只能推出左边

答案是这么做的：

∫kk+11xdx<1k<∫k−1k1xdx\int_k^{k+1}\frac{1}{x}dx<\frac{1}{k}<\int_{k-1}^k\frac{1}{x}dx∫kk+1​x1​dx<k1​<∫k−1k​x1​dx
这是因为第一个积分变量中x∈(k,k+1)x\in(k,k+1)x∈(k,k+1)，所以1x<1k\frac{1}{x}<\frac{1}{k}x1​<k1​，右边同理
然后同时求和
证明左边的时候从1开始加，右边就要从2开始加

左边的时候：
∑k=1n∫kk+11xdx<∑k=1n1k\sum_{k=1}^n\int_k^{k+1}\frac{1}{x}dx<\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}∑k=1n​∫kk+1​x1​dx<∑k=1n​k1​

∫1n+11xdx<∑k=1n1k\int_1^{n+1}\frac{1}{x}dx<\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}∫1n+1​x1​dx<∑k=1n​k1​

ln(n+1)<∑k=1n1kln(n+1)<\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}ln(n+1)<∑k=1n​k1​就证到了

右边从2开始加：
1k<∫k−1k1xdx\frac{1}{k}<\int_{k-1}^k\frac{1}{x}dxk1​<∫k−1k​x1​dx

∑k=2n1k<∑k=2n∫k−1k1xdx=lnn\sum_{k=2}^n\frac{1}{k}<\sum_{k=2}^n\int_{k-1}^k\frac{1}{x}dx=ln\ n∑k=2n​k1​<∑k=2n​∫k−1k​x1​dx=ln n
两边再同时加1

∑k=1n1k<1+lnn\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}<1+ln\ n∑k=1n​k1​<1+ln n就证到了

感觉阔以作为一个结论了：<调和级数的范围是在[ln(n+1),1+lnn][ln(n+1),1+ln\ n][ln(n+1),1+ln n]之间
(2)证明数列an=1+12+13+14+...+1n−ln(n+1)单增,且0<an<1(2)证明数列a_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{n}-ln(n+1)单增,且0<a_n<1(2)证明数列an​=1+21​+31​+41​+...+n1​−ln(n+1)单增,且0<an​<1
n要是趋向无穷的话，这个好像就是欧拉常数的定义了~

an−an−1=1n−ln(1+1n)a_n-a_{n-1}=\frac{1}{n}-ln(1+\frac{1}{n})an​−an−1​=n1​−ln(1+n1​)
而这个就是那个重要的函数不等式，所以是大于0的
所以ana_nan​单增

然后根据第一问证明的：
ln(n+1)<1+12+13+14+...+1n<1+lnnln(n+1)<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{n}<1+ln\ nln(n+1)<1+21​+31​+41​+...+n1​<1+ln n
同时减去ln(n+1)ln(n+1)ln(n+1)
变成：0<an<1+ln(nn+1)0<a_n<1+ln(\frac{n}{n+1})0<an​<1+ln(n+1n​)
而1+ln(nn+1)1+ln(\frac{n}{n+1})1+ln(n+1n​)是小于1 的，所以得证

3.150

x≥0时,y=e−2x,台阶宽度为1,求阴影部分面积x\geq0时,y=e^{-2x},台阶宽度为1,求阴影部分面积x≥0时,y=e−2x,台阶宽度为1,求阴影部分面积

把[k,k+1][k,k+1][k,k+1]这部分的式子写出来，然后得到一个跟kkk有关的式子，然后再求和

[k,k+1]上:e−2k−∫kk+1e−2xdx=(12+12e2)e−2k[k,k+1]上:e^{-2k}-\int_k^{k+1}e^{-2x}dx=(\frac{1}{2}+\frac{1}{2e^2})e^{-2k}[k,k+1]上:e−2k−∫kk+1​e−2xdx=(21​+2e21​)e−2k
这是个等比数列，用等比数列求和公式就行，然后再趋向无穷就是了

3.151

求lim⁡n→∞∑k=1∞1klnn求\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}}{ln\ n}求n→∞lim​ln n∑k=1∞​k1​​
看我就知道上面那个阔以作为结论，用起来真爽

由上面的题知：ln(n+1)<∑k=1∞1k<1+lnnln(n+1)<\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}<1+ln \ nln(n+1)<∑k=1∞​k1​<1+ln n
然后同时除以lnnln\ nln n
ln(n+1)lnn<∑k=1∞1klnn<1+lnnlnn\frac{ln(n+1)}{ln\ n}<\frac{\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}}{ln\ n}<\frac{1+ln \ n}{ln \ n}ln nln(n+1)​<ln n∑k=1∞​k1​​<ln n1+ln n​
然后夹逼，就是1咯

第三章终于完了٩(๑❛ᴗ❛๑)۶

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