微积分小题集（4）

微积分小题集（4）

\(\newcommand \d{\ \mathrm{d}} \newcommand \f{\int}\newcommand \dx{\ \mathrm{d}x}\)

讨论广义积分：

\[\f_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x^{\alpha}} \d x,\f_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^{\alpha}} \d x \]

的收敛性与绝对收敛性。

当 \(\alpha \le 0\) 时，根据柯西收敛原理，广义积分不收敛。

当 \(\alpha > 0\) 时，任取 \(1<A_1<A_2\)，有：

\[|\f^{A_2}_{A_1}\frac{\sin x}{x^{\alpha}} \d x| = |-\frac{\cos x}{x^\alpha}|^{A_2}_{A_1}-a\f \frac{\cos x}{x^{a + 1}} \d x|\\ \le \frac{1}{A_2^a}+\frac 1{A_1^a}+a\f\frac 1{x^{a+1}} \d x =\frac 2{A_1^a} \]

故存在满足柯西收敛原理的 M，收敛。

当 a > 1 时，$\f^{A_2}_{A_1}\frac{|\sin x|}{x^a} \d x <\f \frac 1{x^\alpha} \d x $，绝对收敛。

当 $0 < a \le 1 $ 时，

\[\f_1^A \frac{|\sin x|}{x^a} \d x \ge \f_1^A \frac{\sin^2 x}{x} \d x = \frac 12(\f_1^A\frac 1x \d x -\f_1^A \frac{\cos 2x}{x} \d x) \]

后面收敛，前面收敛，故条件收敛。

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判别 \(\f_0^1 \frac{\ln x}{\sqrt x(1-x)^2} \d x\) 收敛性。

\(\f_0^1 \frac{\ln x}{\sqrt x(1-x)^2} \d x=\f_0^\frac12 \frac{\ln x}{\sqrt x(1-x)^2} \d x + \f_\frac 12^1 \frac{\ln x}{\sqrt x(1-x)^2} \d x\)

前半段极限除以 \(x^{-\frac 34}\) = 0，而 \(x^{-\frac 34}\) 收敛，故前半段收敛。

后半段发散，与 （1-x)^-1 同阶

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求广义积分 \(I = \f^b_a \frac{\d x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}} \d x\) 其中 b > a

因为 \(\frac{x-a}{b-a}+\frac{b-x}{b-a} = 1\) 并且两项都 >= 0，所以令 \(\frac{x-a}{b-a}=\cos^2 t\)

\(I = \f_{\frac \pi2}^0 \frac {-2(b-a)\sin t\cos t\d t}{(b-a)\sin t \cos t}=\pi\)

这个积分和 a，b 取值无关。

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\(\f_1^{+\infty} \frac{\d x}{\sqrt{e^{2x}-1}}=\f_1^{+\infty} \frac{e^{-x}\d x}{\sqrt{1-e^{-2x}}}=-\f_{\frac 1e}^0 \frac 1{\sqrt{1-x^2}}\d x=\arcsin \frac 1e\)

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求 $\f^{+\infty}_0 \frac{\d x}{1+x^3} $ 的值。

$\f^{+\infty}_0 \frac{\d x}{1+x^3} =\f^{1}_0 \frac{\d x}{1+x^3} +\f^{+\infty}_1 \frac{\d x}{1+x^3} $

\(\f_0^1 \frac{\d x}{1+x^3}=-\f_{+\infty}^1 \frac{\frac 1t^2 \d t}{1+(\frac 1t)^3}=\f^{+\infty}_1 \frac{t \d t}{t^3+1}\)

\(\f^{+\infty}_0 \frac{\d x}{1+x^3} =\f^{1}_0 \frac{\d x}{1+x^3} +\f^{+\infty}_1 \frac{\d x}{1+x^3}=\f_1^{+\infty}\frac{1+x}{1+x^3} \d x = \f_1^{+\infty}\frac{1}{x^2-x+1} \d x=\frac{2\pi}{3\sqrt 3}\)

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求 \(\f^{\frac \pi2}_0 \ln \sin x \d x\)

\[\f_0^{\frac \pi 2} \ln \sin x \d x \\ =\f_0^{\frac \pi 2} \ln 2\sin \frac x2\cos \frac x2 \d x \\ =\frac \pi2 \ln 2+\f_0^{\frac \pi 2} \ln \sin \frac x2 \d x+\f_0^{\frac \pi 2} \ln \cos \frac x2 \d x\\ =\frac \pi2 \ln 2+2\f_0^{\frac \pi 4} \ln \sin x \d x+2\f_0^{\frac \pi 4} \ln \cos x\d x\\ =\frac \pi2 \ln 2+2 I\\ \]

所以 \(I = -\frac\pi2 \ln 2\)