求定积分的不太常见的方法

文章目录

1、周期函数积分的性质
2、换元思路在证明中的应用
3、求解极限的积分法(另类篇）
4、构造递推式求解定积分
5、求解积分的稍微特别的经典方法(IJ函数法)
6、利用区间再现公式
7、加减拆分有理式
8、补充公式

1、周期函数积分的性质

周期函数积分性质：
若f(x+T)=f(x)\ f(x+T)=f(x) f(x+T)=f(x)，则g[f(x)]=g(f(x+T))g[f(x)]=g(f(x+T))g[f(x)]=g(f(x+T))，∫aa+t=∫0t\int_a^{a+t}=\int_0^t∫aa+t=∫0t.
例：
设函数f(x)f(x)f(x)为连续函数，a,ba,ba,b为常数，且a2+b2≠0a^2+b^2\ne0a2+b2=0,∫02πf(acos⁡x+bsin⁡x)dx=A∫−π2π2f(a2+b2sin⁡x)dx\int_0^{2\pi}f(a\cos x+b\sin x)dx=A\int_{-\frac \pi 2}^{\frac \pi 2}f(\sqrt {a^2+b^2}\sin x)dx∫02πf(acosx+bsinx)dx=A∫−2π2πf(a2+b2sinx)dx求常数A.
思路：
先化简，
∫02πf(acos⁡x+bsin⁡x)dx=∫02πf(a2+b2sin⁡(x+φ))dx(平移不改变函数形状)=2∫−π2π2f(a2+b2sin⁡x)dx\int_0^{2\pi}f(a\cos x+b\sin x)dx=\int_0^{2\pi}f(\sqrt {a^2+b^2}\sin (x+\varphi))dx(平移不改变函数形状)=2\int_{-\frac \pi 2}^{\frac \pi 2}f(\sqrt {a^2+b^2}\sin x)dx∫02πf(acosx+bsinx)dx=∫02πf(a2+b2sin(x+φ))dx(平移不改变函数形状)=2∫−2π2πf(a2+b2sinx)dx
所以
Answer：A=2.Answer：A=2.Answer：A=2.

2、换元思路在证明中的应用

例：
设函数f(x)f(x)f(x)为连续函数，证明：∬Df(x+y)dxdy=∫−22f(t)2−t2dt\iint_Df(x+y)dxdy=\int_{-\sqrt2}^{\sqrt2}f(t)\sqrt{2-t^2}dt∬Df(x+y)dxdy=∫−22f(t)2−t2dt其中D:x2+y2⩽1.D:x^2+y^2\leqslant1.D:x2+y2⩽1.
证明思路：
首先，我们可以考虑是使用令x+y=ux+y=ux+y=u，但是由线性代数的知识我们知道，一个式子是无法完成还原的，所以必须找到第二个式子，第二个式子哪里来的呢？猜一下列出一个x−y=vx-y=vx−y=v；
于是x+y=tx−y=v\begin{alignedat}{2} &x+&y = t \\ &x-&y = v \end{alignedat}x+x−y=ty=v根据换元后的推理，稍加计算就可以的到结论。计算步骤如下：
x=u+v2，y=u−v2x=\cfrac {u+v} 2，y=\cfrac {u-v} 2x=2u+v，y=2u−v J=∣∂(x,y)∂(u,v)∣=∣121212−12∣=−12J=\biggm\vert\cfrac {\partial(x,y)} {\partial(u,v)}\biggm\vert=\biggm\vert\begin{matrix} \cfrac 1 2 &\ \ \ \cfrac 1 2 \\ \cfrac 1 2 & -\cfrac 1 2 \end{matrix}\biggm\vert=-\cfrac 1 2J=∣∣∣∣∂(u,v)∂(x,y)∣∣∣∣=∣∣∣∣2121 21−21∣∣∣∣=−21
积分区域化简后Duv:u2+v2⩽2D_{uv}:u^2+v^2\leqslant2Duv:u2+v2⩽2原积分式为：∬Duv−12f(u)dudv=∫−22−12f(u)∫−2−u22−u2dv=∫−22f(u)2−u2dt\iint_{D_{uv}}-\cfrac 1 2f(u)dudv=\int_{-\sqrt2}^{\sqrt2}-\cfrac 1 2f(u)\int_{-\sqrt{2-u^2}}^{\sqrt{2-u^2}}dv=\int_{-\sqrt2}^{\sqrt2}f(u)\sqrt{2-u^2}dt∬Duv−21f(u)dudv=∫−22−21f(u)∫−2−u22−u2dv=∫−22f(u)2−u2dt
完成证明！！！

3、求解极限的积分法(另类篇）

例：
求解lim⁡n→∞n!nln⁡n\lim\limits_{n\rightarrow\infin}\sqrt[n\ln n]{n!}n→∞limnlnnn!
思路一：
求解本题第一思路就是化简转化成exe^xex问题，具体内容如下：

我主要产生问题求解无法进行的原因在于，由于求解积分时不能分子分母互换，但是求极限的时候用倒数可以求解更加方便。
之后是洛必达法则。
但是这个题目第二个求解思路还是比较奇特的，是用积分和放缩相结合的方法。
思路二：
我们求解极限lim⁡n→∞ln⁡1+ln⁡2+ln⁡3⋯+ln⁡nnln⁡n\lim\limits_{n\rightarrow\infin}\cfrac{\ln 1+\ln 2+\ln 3\cdots+\ln n }{n\ln n}n→∞limnlnnln1+ln2+ln3⋯+lnn单调函数放缩

4、构造递推式求解定积分

遇到一些三角函数问题，我们没有办法变形，或者变形完成之后，积分式的结构会变得更加复杂，所以我们可以尝试使用构造递推公式的方法找到问题的解决方法。
例：
求解∫02πsin⁡(2n+1)xsin⁡xdx\int_0^{2\pi}\cfrac{\sin(2n+1)x}{\sin x}dx∫02πsinxsin(2n+1)xdx
分析思路：首先考虑变形，发现变形没办法处理，要么很复杂，要么没办法求解，所以我们可以考虑使用递推公式求解。
sin⁡(2n+1)x\ \ \ \ \sin (2n+1)x sin(2n+1)x
=sin⁡[(2n−1+2)x]=\sin[(2n-1+2)x]=sin[(2n−1+2)x]
=sin⁡[(2n−1)x]cos⁡2x+cos⁡[(2n−1)x]sin⁡2x=\sin[(2n-1)x]\cos2x+\cos[(2n-1)x]\sin 2x=sin[(2n−1)x]cos2x+cos[(2n−1)x]sin2x
=sin⁡[(2n−1)x](1−sin⁡2x)+cos⁡[(2n−1)x]sin⁡xcos⁡x=\sin[(2n-1)x](1-\sin^2 x)+\cos[(2n-1)x]\sin x\cos x=sin[(2n−1)x](1−sin2x)+cos[(2n−1)x]sinxcosx
=sin⁡[(2n−1)x]+sin⁡x(−sin⁡[(2n−1)x]sin⁡x+cos⁡[(2n−1)x]cos⁡x)=\sin[(2n-1)x]+\sin x(-\sin [(2n-1)x]\sin x+\cos[(2n-1)x]\cos x)=sin[(2n−1)x]+sinx(−sin[(2n−1)x]sinx+cos[(2n−1)x]cosx)
=sin⁡[(2n−1)x]+sin⁡xcos⁡2nx=\sin[(2n-1)x]+\sin x\cos 2nx=sin[(2n−1)x]+sinxcos2nx
递推公式就很明显了；

∫02πsin⁡(2n+1)xsin⁡xdx=∫02πsin⁡(2n−1)xsin⁡xdx+0\int_0^{2\pi}\cfrac{\sin(2n+1)x}{\sin x}dx=\int_0^{2\pi}\cfrac{\sin(2n-1)x}{\sin x}dx+0∫02πsinxsin(2n+1)xdx=∫02πsinxsin(2n−1)xdx+0
则an=an−1=⋯=a0=∫02πsin⁡xsin⁡xdx=2πa_n=a_{n-1}=\cdots=a_0=\int_0^{2\pi}\cfrac{\sin x}{\sin x}dx=2\pian=an−1=⋯=a0=∫02πsinxsinxdx=2π

5、求解积分的稍微特别的经典方法(IJ函数法)

例1：
求解∫0π4sin⁡x1+sin⁡xdx\int_0^{\frac \pi 4}\cfrac {\sin x} {1+\sin x}dx∫04π1+sinxsinxdx
解法：

构造一个函数JJJ，函数JJJ的特点是分母，分母与III函数正好能配凑cos⁡2x+sin⁡2=1\cos^2 x +\sin^2 = 1cos2x+sin2=1分子之间存在相互关系，最后导出结果。那么我就要提出疑问了？如果III函数与JJJ函数也都求不出来怎么处理，并行化简，发现又相似或者可消元之处则停止。
本体的逻辑思路是基于配凑失败，分布函数变形失败后，产生的联想。
例2：
求解：∫0π4ex(1+sin⁡x)1+cos⁡xdx\int_0^{\frac \pi 4}\cfrac {e^x(1+\sin x)}{1+\cos x}dx∫04π1+cosxex(1+sinx)dx
本例中我们使用与上面相同的方法，列出JJJ函数∫0π4ex(1+sin⁡x)1−cos⁡xdx\int_0^{\frac \pi 4}\cfrac {e^x(1+\sin x)}{1-\cos x}dx∫04π1−cosxex(1+sinx)dx
导出如下方程：

思路提要：整体就是在使用变形和整理发现貌似行不通而使用的方法，暂且叫做IJIJIJ函数法。
例3：
求解I=∫0+∞x21+x4dxI=\int_0^{+\infin}\cfrac{x^2}{1+x^4}dxI=∫0+∞1+x4x2dx
求解这个题目分母是不能进行因式分解，所以我们使用换元法求解：
方法如下：这是一种另类的换元，是除了三角换元，升（降）换元等一些常规换元法，我姑且称它为倒数换元。
第一点：本题使用的是倒数换元法。
第二点：由于本题为定积分，再还原之后，结果没有差异，但是求不定积分换元之后结果就会发生差异，必须换元后再换回来才能与原函数相等。
第三点：换元后一定要注意，求出来的III的结果，不一定是原函数，但是结果是相同的。
例4：
求解I=∫11+x2+x4dxI= \int\cfrac 1 {1+x^2+x^4}dxI=∫1+x2+x41dx
本题与上一题相同，都属于分母不能分解的，我们还是尝试与上式相同的方法，但是换元后生成的III函数，不能想前面定积分一样，必须形成I、JI、JI、J的函数方程。进而求解，方法如下：

例4：
求解∫0+∞ln⁡xx2+a2dx\int_0^{+\infin}\cfrac {\ln x}{x^2+a^2}dx∫0+∞x2+a2lnxdx
思路一：求解本题我们的第一反应是看见利用x=atan⁡tx = a\tan tx=atant的三角换元方法，但是如下：原式=∫0π2ln⁡atan⁡xadx=∫0π2ln⁡asin⁡x−ln⁡cos⁡xadx原式=\int_0^{\frac \pi 2}\cfrac {\ln a\tan x}{a}dx=\int_0^{\frac \pi 2}\cfrac {\ln a\sin x -\ln\cos x}{a}dx原式=∫02πalnatanxdx=∫02πalnasinx−lncosxdx
根据∫abf(sin⁡x)dx=∫π2−aπ2−bf(cos⁡x)dx\int_a^bf(\sin x)dx=\int_{\frac \pi 2 -a}^{\frac \pi 2 -b}f(\cos x)dx∫abf(sinx)dx=∫2π−a2π−bf(cosx)dx
可求得原式可转化成∫0π2ln⁡aadx=πln⁡a2a\int_0^{\frac \pi 2}\cfrac {\ln a}{a}dx=\cfrac {\pi\ln a}{2a}∫02πalnadx=2aπlna
这个题目是顺序思路思考问题。
思路二：基于上式的思路，我们也可以使用x=π2−tx=\cfrac \pi 2-tx=2π−t的方法，解法如下：

思路三：求解本题的第三个思路，倒数代换法求解：

例5：
求解∫01ln⁡(1+t)t2+1dt\int_0^1\cfrac {\ln (1+t)} {t^2+1}dt∫01t2+1ln(1+t)dt
思路一、思路二：与上面的方法基本类似。
思路三：我们提出一种α\alphaα方法：

α\alphaα方法的核心思想是整理一个不容易求积分的函数转化成容易求积分的函数，在此例中我们将ln⁡(1+ax)\ln (1+ax)ln(1+ax)转化成α\alphaα的函数。中间还涉及一点配凑法。
例6：
同型函数求解：

例7：
求解∫1+xcos⁡xx(1+xesin⁡x)dx\int\cfrac {1+x\cos x}{x(1+xe^{\sin x})}dx∫x(1+xesinx)1+xcosxdx
解决方法，观察本题的思路，我们发现，分子分母都非常复杂，所以我们尝试使用构造函数的方法解决问题，构造函数的技巧是往往使用ln⁡\lnln函数。

6、利用区间再现公式

https://blog.csdn.net/weixin_45008173/article/details/104370378

7、加减拆分有理式

例: 求解∫11+t4dt\int\cfrac 1 {1+t^4}dt∫1+t41dt
思路分析，拆分这种分母利用积分的分解因式公式不太好想，这里介绍一种配凑方法如下所示，

但是以上这种解法，过于复杂，我们考虑用IJIJIJ函数方法的变体，配凑t21+t2\cfrac {t^2}{1+t^2}1+t2t2，方法如下：

这种做法我也觉得挺神奇的，不过他让我意识到两个问题：
1、常数的作用
2、常数的处理方法，常数并非用+1、-1这样简单的消除，也可以通过乘除这种方式。

我突然间想起来我之间见过的一个定积分题目
已知：I=∫absin⁡xdxI = \int_a^b\sin xdxI=∫absinxdx，我们已经求出积分式f(x)=u(x+sin⁡2x)f(x)=u(x+\sin2x)f(x)=u(x+sin2x)其实已经相当于求出了原积分，因为sin⁡2x\sin 2xsin2x只需在原积分式的前面乘2，后面将dxdxdx配成d2xd2xd2x这连个就一样了，这也是一种比较神奇的同型函数处理方法。

8、补充公式

∫abf(sin⁡x)dx=∫abf(cos⁡x)dx\int_a^bf(\sin x)dx=\int_a^bf(\cos x)dx∫abf(sinx)dx=∫abf(cosx)dx∫0πxf(sin⁡x)dx=π2∫0πf(x)dx\int_0^{\pi}xf(\sin x)dx=\cfrac {\pi} 2\int_0^\pi f(x)dx∫0πxf(sinx)dx=2π∫0πf(x)dx∑k=1ncos⁡kx=sin⁡(n+12)x−sin⁡12xsin⁡12x\sum_{k=1}^n\cos kx = \cfrac {\sin(n+\cfrac 1 2 )x-\sin \cfrac 1 2x}{\sin \cfrac {1}{2}x}k=1∑ncoskx=sin21xsin(n+21)x−sin21x∑k=1nsin⁡kx=cos⁡12x−cos⁡(n+12)xsin⁡12x\sum_{k=1}^n\sin kx=\cfrac {\cos \cfrac 1 2 x-\cos (n+\cfrac 1 2 )x}{\sin \cfrac {1}{2}x}k=1∑nsinkx=sin21xcos21x−cos(n+21)x