课本第五章

第一节


1-4: 略

5. 说明：一般都是提出一个 $1/n$, 再观察
\[
   \lim_{n\to \infty} (  \frac{n}{n^2+1}  +\frac{n}{n^2+2^2}+\cdots + \frac{n}{n^2+n^2}  )
  =\lim_{n\to \infty}  (\frac{1}{1+1/n^2} +\frac{1}{1+(2/n)^2} +\cdots  +\frac{1}{1+(n/n)^2} ) \frac{1}{n}
\]
由定积分的定义, 则令 $\Delta x_i =\frac1n$, $\xi_i=i/n$, 而 $f(\xi)=\frac{1}{1+(\xi_i)^2}$, 即
\[
  \mbox{原式}=  \int_0^1 \frac{1}{1+x^2} dx.
\]



6. 积分中值定理，与习题册完全类似。略




7. 反证法：假设 $f(x)\not \equiv 0$, 即存在 $x_0\in (a,b)$ 使得 $f(x_0)>0$。由连续函数的保号性可以得到，存在 $\delta>0$ 使得当 $x\in[x_0 - \delta ,x_0+\delta]$, $f(x)>0$, 因此根据连续函数闭区间上必取得最小值推出，当 $x\in [x_0-\delta,x_0+\delta]$ 时 $f(x)>m>0$, 即
 $\int_{x_0-\delta}^{x_0 +\delta} f(x)dx> 2m\delta >0$, 又因为 $f(x)\geq 0$, 所以 $\int_a^{x_0-\delta} f(x) dx\geq 0$ 且 $\int_{x_0+\delta}^ b f(x) dx\geq 0$, 因此
\[
    \int_a^b f(x) dx = \int_a^{x_0-\delta} f(x) dx + \int_{x_0-\delta}^{x_0+\delta} f(x) dx +\int_{x_0+\delta}^ b f(x) dx>0,
\]
与题设矛盾.


第二节

1. 注意到积分上限函数求导以及复合函数求导法则, 略


2.

(1) 基本积分表, 原函数为 $\arcsin(\frac x2)$


(2) 略


(3) 三角公式的直接应用, $\cot^2 x = \csc^2 x -1$. 如果忘记，那么就把不熟悉的结构都写成正弦余弦，很容易可以看到.
\[
  \cot^2 x =\frac{\cos^2 x}{\sin^2 x} = \frac{1-\sin^2 x}{\sin^2 x} =\csc^2 x -1.
\]


(4) 注意到绝对值以及几何上 $\sin$ 函数关于 $\pi$ 的对称性，得
\[
   \int_0^{2\pi } \sin x dx =2\int_0^\pi \sin x dx =-2\cos x\bigg|_0^\pi =4.
\]


(5) 分段函数求定积分, 课件例题类型



3. 注意到定积分上下限相等时积分值为零，所以都是 $0/0$ 型的极限，直接利用洛必达法则，特别注意积分上限函数求导时候可能涉及到复合函数问题


4.  当 $0\leq x\leq 1$ 时,
\[
   \Phi(x) =\int_0^x t^2 dt = \frac13 x^3.
\]
而当 $1< x \leq 2$ 时,
\[
   \Phi(x) = \int_0^1 t^2 dt +\int_1^x t dt= \frac12 x^2 -\frac16.
\]
所以
\[
   \Phi(x)= \begin{cases}
   \frac13 x^3,  &  0 \leq x \leq 1,
\\
    \frac12 x^2 -\frac16, &  1<x\leq 2.
\end{cases}
\]
当 $0 < x <1$ 以及 $1<x<2$ 时, 容易看到 $\Phi(x)$ 连续。下面讨论 $x=1$ 处的连续性,
\[
      \lim_{x\to 1^-} \Phi(x) = \lim_{x\to 1^-} \frac13 x^3 =\frac13,
\]
而
\[
      \lim_{x\to 1^+} \Phi(x) = \lim_{x\to 1^+} (\frac12 x^2 -\frac16) =\frac13,
\]
所以 $\Phi(x)$ 在 $x=1$ 处连续.
(说明，分段点一定要用定义)


5. 证明：由于对于任意 $x_0\in (a,b)$
\[
  F'(x_0) = \frac{f(x_0)(x_0-a)-\int_0^{x_0} f(t)dt }{(x_0-a)^2},
\]
根据积分中值定理有
\[
    \int_a^{x_0} f(t) dt =  f(\xi) (x_0-a), \qquad \xi\in(a,x_0).
\]
又因为 $f'(x)\leq 0$, 所以 $f(x_0)\leq f(\xi)$, 所以
\[
    f(x_0)(x_0-a)-f(\xi)(x_0-a)\leq 0
\]
即证.



6. (1)
\[
   F'(x)= f(x)+\frac{1}{f(x)} \geq 2 \sqrt{f(x)} \frac{1}{\sqrt{f(x)}}=2
\]
(说明：$a^2+b^2 \geq 2ab$)



(2) 由于 $f(x)>0$ 则
\[
   F(a) = \int_b^a \frac{1}{f(t)}dt <0
\]
以及
\[
  F(b) =  \int_a^b f(t) dt >0,
\]
根据零点定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $F(\xi)=0$. 下证只有一根, 假设有两个根，即 $F(\xi_1)=F(\xi_2)=0$, 根据罗尔定理存在 $\xi_3\in(\xi_1,\xi_2)$ 使 $F'(\xi_3)=0$, 这与 (1) 的结论 $F'(x)\geq 2$ 矛盾。



7.  令
\[
   \varphi(x) =(a+x) \int_a^x f(t)dt -2 \int_a^x t f(t)dt,
\]
则
\[
   \varphi'(x)= \int_a^x f(t) dt -f(x)(x-a),
\]
根据积分中值定理, 存在 $\xi \in (a,x)$ 使
\[
   \varphi'(x) = f(\xi)(x-a)- f(x)(x-a)= (f(\xi)-f(x)  )(x-a)<0
\]
因此 $\varphi(x)$ 在 $(a,b)$ 上单调递增，所以 $\varphi(b)>\varphi(a)=0$, 即证.

 

第三节

 

 

1.


（因为定积分的计算里，换元法可以直接用换元后的函数来计算，所以在定积分计算里，三角换元等比不定积分简单一些，所以建议可以用三角换元的，都使用三角换元。特别注意，换元需换限）


(1) 令 $x=2\sin t$,
\[
  \mbox{原式}=4\sqrt 2\int_{-\pi/4}^{\pi/4} \cos^2 t dt
  =2\sqrt 2\int_{-\pi/4}^{\pi/4}  (1+\cos 2t) dt
  = \sqrt 2 \pi +2\sqrt 2.
\]



(2) 令 $x=\sin t$,
\[
  \mbox{原式}=\int_{\pi/4}^{\pi/2}
     {\cos^2 t \over \sin^2 t} dt
  =\int_{\pi/4}^{\pi/2}
    (\csc^2 t-1 ) dt
   =1-\frac \pi 4.
\]

 

 

(4) 令 $x=1/t$
\[
   \mbox{原式}=\int_1^{1/\sqrt 3}   {1
  \over   \frac{1}{t^2}    \sqrt{1+\frac{1}{t^2}}
  }  d\left(  \frac1t \right)
   -\int_1^{1/\sqrt{3}}     {  t  \over \sqrt{1+t^2} } dt
    =-  \sqrt{1+t^2}  \big |_{1}^{1/\sqrt{3}}
   =  \sqrt{2}  -{2\sqrt 3  \over 3}.
\]

 

(5)
\[
   \mbox{原式}= \int_0^3  {  x(1-\sqrt{1+x})   \over (1+\sqrt{1+x})(1-\sqrt{1+x})  }  dx
   =  -\int_0^3 (  1-\sqrt{1+x})dx  =\frac53.
\]

 

 

4.  因为定积分是一个值，所以
\[
   f'(x)=  \left[  
   x-  \int_0^\pi f(x) \cos x dx
\right]'=1,
\]
因此
\[
  f(x)=x+C,
\]
其中
\[
  C=- \int_0^\pi f(x) \cos x dx.
\]
又因为 $f'(x)=1$, 所以分部积分得
\[
   \int_0^\pi f(x) \cos x dx=
   \int_0^\pi  f(x) d(\sin x)
=  f(x) \sin x\big |_o^\pi  -  \int_0^\pi \sin x f'(x) dx
=  -\int_0^\pi \sin x dx=-2,
\]
即 $C=2$, 所以
\[
  f(x)=x+2.
\]



5. 6. 7. 换元


8. 首先考虑积分上限函数 $\int_2^x f(t)dt$ 在 $x=2$ 处的泰勒展开, 即
\[
   \int_2^x f(t) dt = \int_2^2 f(t) dt +  f(2)(x-2)+{f'(\xi)  \over 2} (x-2)^2
   ={f'(\xi)  \over 2} (x-2)^2,
\]
其中 $\xi$ 在 $x$ 与 $2$ 之间。令 $x=3$ 得
\[
    \int_2^3 f(t) dt=  {f'(\xi_1)  \over 2},
\]
其中 $\xi_1$ 在 $2$ 与 $3$ 之间。


同样，考虑积分上限函数 $\int_4^x f(t)dt$ 在 $x=4$ 处的泰勒展开, 即
\[
   \int_4^x f(t) dt = \int_4^4 f(t) dt +  f(4)(x-4)+{f'(\xi)  \over 2} (x-4)^2
   ={f'(\xi)  \over 2} (x-4)^2,
\]
其中 $\xi$ 在 $x$ 与 $4$ 之间。令 $x=3$ 得
\[
    \int_4^3 f(t) dt=  {f'(\xi_2)  \over 2},
\]
其中 $\xi_2$ 在 $3$ 与 $4$ 之间。


因此
\[
   \left|  \int_2^4  f(x)dx    \right|
    =   \left|  \int_2^3  f(x)dx   +\int_3^4 f(x)dx    \right|
   = \left|  {f'(\xi_1)  \over 2} -   {f'(\xi_2)  \over 2}  \right|
\leq {|f'(\xi_1)| + |f'(\xi_2)|  \over  2}
\leq \max_{2\leq x\leq 4} |f'(x)|.
\]



9.  令
\[
   F(x)=\int_0^x \left[  
      \int_0^t  f(s) ds
\right]dt-\int_0^x  f(t)(x-t) dt
\]
则
\[
\begin{aligned}
  F'(x)&=
\left [  
   \int_0^x \left[  
      \int_0^t  f(s) ds
\right]dt-\int_0^x  f(t)(x-t) dt\right]'
\\
  &=
\left [  
   \int_0^x \left[  
      \int_0^t  f(s) ds
\right]dt-x\int_0^x  f(t) dt+\int_0^x f(t)t dt
\right]'
\\
    &= \int_0^x f(s)ds  -\int_0^x f(t)dt -xf(x) +f(x) x
\\
  &=0.
\end{aligned}
\]
因此 $
  F(x) \equiv C,
$ 令 $x=0$ 得 $F(0)=0$, 所以 $F\equiv 0$, 即
\[
   \int_0^x \left[  
      \int_0^t  f(s) ds
\right]dt=\int_0^x  f(t)(x-t) dt.
\]





10. (1)  因为
\[
\begin{aligned}
  F(x+T)  &=
   {x+T  \over T} \int_0^T  f(t)  dt
   -\int_0^{x+T}  f(t)dt
\\
  &={x\over T} \int_0^T  f(t)  dt
  +\int_0^T  f(t)dt
   -\int_0^{x}  f(t)dt
   -\int_x^{x+T} f(t)dt
\\
  &= F(x)  +\int_0^T  f(t)dt
   -\int_x^{x+T} f(t)dt
\\
  &= F(x)  +\int_0^T  f(t)dt
   -\int_0^{T} f(s+x)d(s+x)
\\
  &= F(x)  +\int_0^T  f(t)dt
   -\int_0^{T} f(s+x)ds
\\
  &=F(x).
\end{aligned}
\]


(2)  因为
\[
  \lim_{x\to +\infty}  
   \left[
      \frac1x \int_0^x  f(t) dt
   -\frac1 T  \int_0^T  f(t)dt
 \right]
   =\lim_{x\to +\infty}  {F(x) \over x}
\]
又因为 $F(x)$ 有界, 即上式等于0.

 

 

 

 

第四节

 

 

 

1.

(1)

\[
    \int_{-2}^{1}
   [  (2-x)  -x^2 ] dx = {9  \over 2}.
\]



(2)
\[
   \int_{1}^2  
     \left[x   -  \frac1x \right] dx =\frac32 -\ln 2.
\]



(3)  以 $x$ 为变量

\[
   2\left ( \int_{0}^{1}  
  [ \sqrt {  x \over  5 } -0  ] dx
   +  \int_{1}^{5/4}  [ \sqrt {  x \over  5 } -  \sqrt {x-1} ]dx
\right)
   =  \frac 2 3.
\]

以 $y$ 为变量

\[
     \int_{-1/2}^{1/2}   
   [(y^2+1) -5y^2]
  dy=\frac23.
\]


(4)  
\[
   \int_{0}^{1}
   [  \sqrt{2x-x^2}  -(x-x^2) ] dx
   = \frac \pi 4 -\frac16.
\]

(5)

\[
    \int_0^{2\pi a}
   y(x) dx=
   \int_0^{2\pi}  a (1-\cos t)
  d(  a(t-\sin t) )
=
   a^2 \int_0^{2\pi}  (1-\cos t)^2 dt=3\pi a^2.
\]

 

2

 

(1)  


思路： 描点法，分别取特殊点 $\theta =0$, $\theta= \pi/2$, $\theta=\pi$, $\theta=3\pi/2$, $\theta=2\pi$。可以发现 $r=a \sin 3 \theta $ 只在 $[0,\pi/3]$, $[2\pi/3,\pi]$ 以及 $[4\pi/3,5\pi/3]$ 有意义，因此描点得它是一个三叶形。

解:
\[
   \mbox{围成的面积}
   =3 \cdot \frac12 \int_{0}^{\pi/3} \pi
     (\sin 3\theta )^2 d\theta = \frac{\pi}{4}.
\]
 

 

(2)

思路： 首先，通过描点法描出两个图形，分别取特殊点 $\theta =0$, $\theta= \pi/2$, $\theta=\pi$, $\theta=3\pi/2$, $\theta=2\pi$。可以发现 $r=3 \cos \theta $ 在 $\theta \in (\pi/2,3\pi/2)$ 时无意义 ( 因为 $r$ 必须大于等于0 )，描点得它是一个圆点在 $x$ 轴的圆。 而 $r=1+\cos \theta$ 是心形线。它们围成的面积是关于 $x$ 轴对称的。
因此，我们只需计算上半平面的那一块。


因为极坐标的计算公式只能计算单一曲线从角度 $\alpha$ 到角度 $\beta$ 所围成的区域的面积。而此时的区域是由两个曲线围成的，所以需要把上半平面的区域拆成两部分 ( 每部分，分别是单一曲线从角度 $\alpha$ 到角度 $\beta$ 所成的区域 )，两部分分别应用公式。其中，关键点为两个曲线的交点 ( $3\cos \theta =1+\cos \theta$, 即 $\theta =\pi/3$. )

解：

\[
\begin{aligned}
   \mbox{围成区域的面积}
&= 2 \mbox{上半平面围成区域的面积}
\\  
 &=2 \cdot \left[
   \frac12 \int_0^{\pi/3} \pi
       (1+\cos \theta)^2 d \theta
    +   \frac 12 \int_{\pi/3}^{\pi/2}
     \pi (3 \cos \theta )^2  d \theta
   \right]
   \\
 & =  \frac{5}{4} \pi.
\end{aligned}
\]

 

 

 

4.

(1)
\[
   \pi \int_1^4 \left(  
   {4 \over x}
\right)^2   dx =12 \pi.
\]


(2)
\[
    \pi \int_0^{\ln 3}
   (  e^x -1 )^2 dx =  \pi \ln  3.
\]

(3)  绕 $x$ 轴
\[
       \pi \int_0^{2}   [x^3]^2 dx=  {128 \over 7} \pi.
\]
绕 $y$ 轴：方法一 （利用 p. 238 (2) 公式）
\[
    2\pi \int_0^2   x \cdot  x^3  dx ={64  \over 5} \pi.
\]
方法二 (利用 p.238 第四行的公式，以 $y$ 为积分变量，此时不能直接套用公式，必须分成两部分旋转出来的体积相减)

\[
    \pi \int_0^8  2^2 dy - \pi  \int_0^8  [y^{1/3}]^2 dy
   = {64  \over 5} \pi.
\]
(其实第一项也就是一个长方形绕 $y$ 轴旋转出来的体积，即圆柱的体积，为 $\pi 2^2 \cdot 8$ (高))



5. 6. 见课件


8.

(2) (涉及到绝对值函数的，先去绝对值)

根据题意
\[
   y=
\begin{cases}
    - \ln x,  &   1/e\leq x \leq 1,
\\
     \ln  x,  &  1<x\leq e.
\end{cases}
\]
因此，弧长等于
\[
    \int_{\frac1e}^1
   \sqrt{  1+   \left(  -\frac 1x \right)^2 } dx+
    \int_{1}^{e}
   \sqrt{  1+   \left(  \frac 1x \right)^2 } dx
   =\int_{1/e}^e  {  \sqrt{1+x^2} \over x }dx
\]




9. 见课件