例题七

例7.10 设y=y(x)y=y(x)y=y(x)，如果∫ydx⋅∫1ydx=−1\displaystyle\int y\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int\cfrac{1}{y}\mathrm{d}x=-1∫ydx⋅∫y1​dx=−1，且lim⁡x→+∞y=0\lim\limits_{x\to+\infty}y=0x→+∞lim​y=0，求yyy的表达式。

解  由已知条件，得
∫1ydx=−1∫ydx.\displaystyle\int\cfrac{1}{y}\mathrm{d}x=\cfrac{-1}{\displaystyle\int y\mathrm{d}x}. ∫y1​dx=∫ydx−1​.
  根据不定积分的定义，有
1y=(−1∫ydx)′=y(∫ydx)2.\cfrac{1}{y}=\left(\cfrac{-1}{\displaystyle\int y\mathrm{d}x}\right)'=\cfrac{y}{(\displaystyle\int y\mathrm{d}x)^2}. y1​=⎝⎜⎜⎛​∫ydx−1​⎠⎟⎟⎞​′=(∫ydx)2y​.
  所以∫ydx=±y\displaystyle\int y\mathrm{d}x=\pm y∫ydx=±y，可得±y′=y\pm y'=y±y′=y，即±dydx=y\pm\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=y±dxdy​=y，分离变量，两边积分，再由lim⁡x→+∞y=0,y(0)=1\lim\limits_{x\to+\infty}y=0,y(0)=1x→+∞lim​y=0,y(0)=1，得y=e−xy=e^{-x}y=e−x。（这道题主要利用了隐函数的求导的方法求解）

例7.20 求∫dxx22x−4\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x^2\sqrt{2x-4}}∫x22x−4​dx​。

解
∫dxx22x−4=2x−4=t∫4dt(t2+4)2=t=2tan⁡u4∫2sec⁡2udu42⋅sec⁡4u=12∫cos⁡2udu=14∫(1+cos⁡2u)du=14u+18sin⁡2u+C=14arctan⁡t2+14⋅t4+t2⋅24+t2+C=14arctan⁡2x−42+sqrt2x−44x+C.\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x^2\sqrt{2x-4}}&\xlongequal{\sqrt{2x-4}=t}\displaystyle\int\cfrac{4\mathrm{d}t}{(t^2+4)^2}\xlongequal{t=2\tan u}4\displaystyle\int\cfrac{2\sec^2u\mathrm{d}u}{4^2\cdot\sec^4u}\\ &=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int\cos^2u\mathrm{d}u=\cfrac{1}{4}\displaystyle\int(1+\cos2u)\mathrm{d}u=\cfrac{1}{4}u+\cfrac{1}{8}\sin2u+C\\ &=\cfrac{1}{4}\arctan\cfrac{t}{2}+\cfrac{1}{4}\cdot\cfrac{t}{\sqrt{4+t^2}}\cdot\cfrac{2}{\sqrt{4+t^2}}+C\\ &=\cfrac{1}{4}\arctan\cfrac{\sqrt{2x-4}}{2}+\cfrac{sqrt{2x-4}}{4x}+C. \end{aligned} ∫x22x−4​dx​​2x−4​=t∫(t2+4)24dt​t=2tanu4∫42⋅sec4u2sec2udu​=21​∫cos2udu=41​∫(1+cos2u)du=41​u+81​sin2u+C=41​arctan2t​+41​⋅4+t2​t​⋅4+t2​2​+C=41​arctan22x−4​​+4xsqrt2x−4​+C.​

例7.24 求极限lim⁡n→∞(b1n−1)∑i=0n−1binsin⁡b2i+12n\lim\limits_{n\to\infty}(b^{\frac{1}{n}}-1)\sum^{n-1}\limits_{i=0}b^{\frac{i}{n}}\sin b^{\frac{2i+1}{2n}}n→∞lim​(bn1​−1)i=0∑n−1​bni​sinb2n2i+1​。

解  原式=lim⁡n→∞(b1n−1)∑i=0n−1(sin⁡b2i+12n)(bi+1n−bin)\text{原式}=\lim\limits_{n\to\infty}(b^{\frac{1}{n}}-1)\sum^{n-1}\limits_{i=0}(\sin b^{\frac{2i+1}{2n}})(b^{\frac{i+1}{n}}-b^{\frac{i}{n}})原式=n→∞lim​(bn1​−1)i=0∑n−1​(sinb2n2i+1​)(bni+1​−bni​)，这里的和式，可看成函数sin⁡x\sin xsinx在[1,b][1,b][1,b]上按以下划分
1=b0n<b1n<b2n<⋯<bnn=b1=b^{\frac{0}{n}}<b^{\frac{1}{n}}<b^{\frac{2}{n}}<\cdots<b^{\frac{n}{n}}=b 1=bn0​<bn1​<bn2​<⋯<bnn​=b
  所做的积分和，其中Δxi=bi+1n−bin\Delta x_i=b^{\frac{i+1}{n}}-b^{\frac{i}{n}}Δxi​=bni+1​−bni​为小区间[bi+1n,bin][b^{\frac{i+1}{n}},b^{\frac{i}{n}}][bni+1​,bni​]的长度，最大区间长度λ=max0⩽i⩽n−1{Δxi}⩽b(b1n−1)→0(n→∞)\lambda=\underset{0\leqslant i\leqslant n-1}{\mathrm{max}}\{\Delta x_i\}\leqslant b(b^{\frac{1}{n}}-1)\to0(n\to\infty)λ=0⩽i⩽n−1max​{Δxi​}⩽b(bn1​−1)→0(n→∞)，又ξi=b2i+12n∈[bi+1n,bin]\xi_i=b^{\frac{2i+1}{2n}}\in[b^{\frac{i+1}{n}},b^{\frac{i}{n}}]ξi​=b2n2i+1​∈[bni+1​,bni​]为小区间两端点的比例中项，因此原极限=∫1bsin⁡xdx=cos⁡1−cos⁡b\text{原极限}=\displaystyle\int^b_1\sin x\mathrm{d}x=\cos1-\cos b原极限=∫1b​sinxdx=cos1−cosb。（这道题主要利用了放缩法求解）

例7.32 求∫0πxsin⁡9xdx\displaystyle\int^\pi_0x\sin^9x\mathrm{d}x∫0π​xsin9xdx。

解  设法消除xxx，使用区间再现公式（∫abf(x)dx=∫abf(a+b−x)dx\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x=\displaystyle\int^b_af(a+b-x)\mathrm{d}x∫ab​f(x)dx=∫ab​f(a+b−x)dx），令x=π−tx=\pi-tx=π−t，则
I=∫0πxsin⁡9xdx=∫π0(π−t)sin⁡9t(−dt)=∫0ππsin⁡9tdt−∫0πtsin⁡9tdt.I=\displaystyle\int^\pi_0x\sin^9x\mathrm{d}x=\displaystyle\int^0_\pi(\pi-t)\sin^9t(-\mathrm{d}t)=\displaystyle\int^\pi_0\pi\sin^9t\mathrm{d}t-\displaystyle\int^\pi_0t\sin^9t\mathrm{d}t. I=∫0π​xsin9xdx=∫π0​(π−t)sin9t(−dt)=∫0π​πsin9tdt−∫0π​tsin9tdt.
  从而
I=π2∫0πsin⁡9tdt=π2(∫0π2sin⁡9tdt+∫π2πsin⁡9tdt)=π2[∫0π2sin⁡9tdt+∫0π2sin⁡9(π−t)dt]=π∫0π2sin⁡9tdt=π⋅89⋅67⋅45⋅23=128π315.\begin{aligned} I&=\cfrac{\pi}{2}\displaystyle\int^\pi_0\sin^9t\mathrm{d}t=\cfrac{\pi}{2}\left(\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^9t\mathrm{d}t+\displaystyle\int^\pi_{\frac{\pi}{2}}\sin^9t\mathrm{d}t\right)\\ &=\cfrac{\pi}{2}\left[\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^9t\mathrm{d}t+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^9(\pi-t)\mathrm{d}t\right]\\ &=\pi\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^9t\mathrm{d}t=\pi\cdot\cfrac{8}{9}\cdot\cfrac{6}{7}\cdot\cfrac{4}{5}\cdot\cfrac{2}{3}=\cfrac{128\pi}{315}. \end{aligned} I​=2π​∫0π​sin9tdt=2π​(∫02π​​sin9tdt+∫2π​π​sin9tdt)=2π​[∫02π​​sin9tdt+∫02π​​sin9(π−t)dt]=π∫02π​​sin9tdt=π⋅98​⋅76​⋅54​⋅32​=315128π​.​
（这道题主要利用了三角函数的积分求解）

例7.45 设f(x)f(x)f(x)连续，则ddx[∫0xtf(x2−t2)dt]=\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\displaystyle\int^x_0tf(x^2-t^2)\mathrm{d}t\right]=dxd​[∫0x​tf(x2−t2)dt]=（  ）。

解  令x2−t2=ux^2-t^2=ux2−t2=u，则−2tdt=du-2t\mathrm{d}t=\mathrm{d}u−2tdt=du，当t=0t=0t=0时，u=x2u=x^2u=x2；当t=xt=xt=x时，u=0u=0u=0。
ddx[∫0xtf(x2−t2)dt]=12ddx[∫0x2f(u)du]=xf(x2).\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\displaystyle\int^x_0tf(x^2-t^2)\mathrm{d}t\right]=\cfrac{1}{2}\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\displaystyle\int^{x^2}_0f(u)\mathrm{d}u\right]=xf(x^2). dxd​[∫0x​tf(x2−t2)dt]=21​dxd​[∫0x2​f(u)du]=xf(x2).
（这道题主要利用了换元法求解）

例7.51 求∫3+∞dx(x−1)4x2−2x\displaystyle\int^{+\infty}_3\cfrac{\mathrm{d}x}{(x-1)^4\sqrt{x^2-2x}}∫3+∞​(x−1)4x2−2x​dx​。

解
原式=∫3+∞dx(x−1)4(x−1)2−1=令x−1=sec⁡θ∫π3π2sec⁡θtan⁡θsec⁡4θtan⁡θdθ=∫π3π2(1−sin⁡2θ)cos⁡θdθ=23−338.\begin{aligned} \text{原式}&=\displaystyle\int^{+\infty}_3\cfrac{\mathrm{d}x}{(x-1)^4\sqrt{(x-1)^2-1}}\xlongequal{\text{令}x-1=\sec\theta}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{3}}\cfrac{\sec\theta\tan\theta}{\sec^4\theta\tan\theta}\mathrm{d}\theta\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{3}}(1-\sin^2\theta)\cos\theta\mathrm{d}\theta=\cfrac{2}{3}-\cfrac{3\sqrt{3}}{8}. \end{aligned} 原式​=∫3+∞​(x−1)4(x−1)2−1​dx​令x−1=secθ∫3π​2π​​sec4θtanθsecθtanθ​dθ=∫3π​2π​​(1−sin2θ)cosθdθ=32​−833​​.​
（这道题主要利用了三角函数换元求解）

习题七

7.11 计算∫arcsin⁡xa+xdx\displaystyle\int\arcsin\sqrt{\cfrac{x}{a+x}}\mathrm{d}x∫arcsina+xx​​dx（a>0a>0a>0是常数）。

解  令arcsin⁡xa+x=t,x=asin⁡2t1−sin⁡2t=atan⁡t2\arcsin\sqrt{\cfrac{x}{a+x}}=t,x=\cfrac{a\sin^2t}{1-\sin^2t}=a\tan t^2arcsina+xx​​=t,x=1−sin2tasin2t​=atant2，于是
∫arcsin⁡xa+xdx=∫td(atan⁡2t)=attan⁡2t−a∫tan⁡2tdt=attan⁡2t+a∫(1−sec⁡2t)dt=attan⁡2t+at−atan⁡t+C=(a+x)arcsin⁡xa+x−ax+C.\begin{aligned} \displaystyle\int\arcsin\sqrt{\cfrac{x}{a+x}}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int t\mathrm{d}(a\tan^2t)=at\tan^2t-a\displaystyle\int\tan^2t\mathrm{d}t\\ &=at\tan^2t+a\displaystyle\int(1-\sec^2t)\mathrm{d}t=at\tan^2t+at-a\tan t+C\\ &=(a+x)\arcsin\sqrt{\cfrac{x}{a+x}}-\sqrt{ax}+C. \end{aligned} ∫arcsina+xx​​dx​=∫td(atan2t)=attan2t−a∫tan2tdt=attan2t+a∫(1−sec2t)dt=attan2t+at−atant+C=(a+x)arcsina+xx​​−ax​+C.​
（这道题主要利用了换元法求解）

7.14 求极限lim⁡n→∞∑i=1nsin⁡iπnn+1i\lim\limits_{n\to\infty}\sum^n\limits_{i=1}\cfrac{\sin\cfrac{i\pi}{n}}{n+\cfrac{1}{i}}n→∞lim​i=1∑n​n+i1​sinniπ​​。

解  这是数列前nnn项和的极限，当各项分母相同且均为nnn时，
lim⁡n→∞∑i=1nsin⁡iπnn=lim⁡n→∞1n∑i=1nsin⁡iπn=∫01sin⁡πxdx.\lim\limits_{n\to\infty}\sum^n\limits_{i=1}\cfrac{\sin\cfrac{i\pi}{n}}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{n}\sum^n\limits_{i=1}\sin\cfrac{i\pi}{n}=\displaystyle\int^1_0\sin\pi x\mathrm{d}x. n→∞lim​i=1∑n​nsinniπ​​=n→∞lim​n1​i=1∑n​sinniπ​=∫01​sinπxdx.
  于是，先对∑i=1nsin⁡iπnn+1i\sum^n\limits_{i=1}\cfrac{\sin\cfrac{i\pi}{n}}{n+\cfrac{1}{i}}i=1∑n​n+i1​sinniπ​​进行放缩，有
lim⁡n→∞∑i=1nsin⁡iπnn+1⩽lim⁡n→∞∑i=1nsin⁡iπnn+1i⩽lim⁡n→∞∑i=1nsin⁡iπnn.\lim\limits_{n\to\infty}\sum^n\limits_{i=1}\cfrac{\sin\cfrac{i\pi}{n}}{n+1}\leqslant\lim\limits_{n\to\infty}\sum^n\limits_{i=1}\cfrac{\sin\cfrac{i\pi}{n}}{n+\cfrac{1}{i}}\leqslant\lim\limits_{n\to\infty}\sum^n\limits_{i=1}\cfrac{\sin\cfrac{i\pi}{n}}{n}. n→∞lim​i=1∑n​n+1sinniπ​​⩽n→∞lim​i=1∑n​n+i1​sinniπ​​⩽n→∞lim​i=1∑n​nsinniπ​​.
  由于
lim⁡n→∞∑i=1nsin⁡iπnn=lim⁡n→∞1n∑i=1nsin⁡iπn=∫01sin⁡πxdx=2π,lim⁡n→∞∑i=1nsin⁡iπnn+1=lim⁡n→∞nn+1⋅1n∑i=1nsin⁡iπn=1⋅∫01sin⁡πxdx=2π.\lim\limits_{n\to\infty}\sum^n\limits_{i=1}\cfrac{\sin\cfrac{i\pi}{n}}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{n}\sum^n\limits_{i=1}\sin\cfrac{i\pi}{n}=\displaystyle\int^1_0\sin\pi x\mathrm{d}x=\cfrac{2}{\pi},\\ \lim\limits_{n\to\infty}\sum^n\limits_{i=1}\cfrac{\sin\cfrac{i\pi}{n}}{n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{n}{n+1}\cdot\cfrac{1}{n}\sum^n\limits_{i=1}\sin\cfrac{i\pi}{n}=1\cdot\displaystyle\int^1_0\sin\pi x\mathrm{d}x=\cfrac{2}{\pi}. n→∞lim​i=1∑n​nsinniπ​​=n→∞lim​n1​i=1∑n​sinniπ​=∫01​sinπxdx=π2​,n→∞lim​i=1∑n​n+1sinniπ​​=n→∞lim​n+1n​⋅n1​i=1∑n​sinniπ​=1⋅∫01​sinπxdx=π2​.
  所以，由夹挤定理得
lim⁡n→∞∑i=1nsin⁡iπnn+1i=2π.\lim\limits_{n\to\infty}\sum^n\limits_{i=1}\cfrac{\sin\cfrac{i\pi}{n}}{n+\cfrac{1}{i}}=\cfrac{2}{\pi}. n→∞lim​i=1∑n​n+i1​sinniπ​​=π2​.
（这道题主要利用了夹挤定理和定积分的定义求解）

7.17 计算定积分∫−π4π4ex2cos⁡x−sin⁡xcos⁡xdx\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}e^{\frac{x}{2}}\cfrac{\cos x-\sin x}{\sqrt{\cos x}}\mathrm{d}x∫−4π​4π​​e2x​cosx​cosx−sinx​dx。

解
∫−π4π4ex2cos⁡x−sin⁡xcos⁡xdx=∫−π4π4ex2cos⁡xdx−∫−π4π4ex2sin⁡xcos⁡xdx=∫−π4π4ex2cos⁡xdx+2∫−π4π4ex2d(cos⁡x)=∫−π4π4ex2cos⁡xdx+2ex2cos⁡x∣−π4π4−∫−π4π4ex2cos⁡xdx=84(eπ8−e−π8).\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}e^{\frac{x}{2}}\cfrac{\cos x-\sin x}{\sqrt{\cos x}}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}e^{\frac{x}{2}}\sqrt{\cos x}\mathrm{d}x-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}e^{\frac{x}{2}}\cfrac{\sin x}{\sqrt{\cos x}}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}e^{\frac{x}{2}}\sqrt{\cos x}\mathrm{d}x+2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}e^{\frac{x}{2}}\mathrm{d}(\sqrt{\cos x})\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}e^{\frac{x}{2}}\sqrt{\cos x}\mathrm{d}x+2e^{\frac{x}{2}}\sqrt{\cos x}\biggm\vert^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}e^{\frac{x}{2}}\sqrt{\cos x}\mathrm{d}x\\ &=\sqrt[4]{8}(e^{\frac{\pi}{8}}-e^{-\frac{\pi}{8}}). \end{aligned} ∫−4π​4π​​e2x​cosx​cosx−sinx​dx​=∫−4π​4π​​e2x​cosx​dx−∫−4π​4π​​e2x​cosx​sinx​dx=∫−4π​4π​​e2x​cosx​dx+2∫−4π​4π​​e2x​d(cosx​)=∫−4π​4π​​e2x​cosx​dx+2e2x​cosx​∣∣∣∣​−4π​4π​​−∫−4π​4π​​e2x​cosx​dx=48​(e8π​−e−8π​).​
（这道题主要利用了凑整法求解）

新版例题八

例8.12

新版习题八

8.4

新版例题九

例9.3

写在最后

  另，7.11的题目中所有的arcsin(x/a+x)，实际上应该是arcsin(x/a+x)^(1/2)，网页转换有问题。
  如果觉得文章不错就点个赞吧。另外，如果有不同的观点，欢迎留言或私信。
   欢迎非商业转载，转载请注明出处。

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