diff --git a/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md b/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md index 9fa65cb..52a1ee0 100644 --- a/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md +++ b/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md @@ -57,10 +57,10 @@ >设二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+2x_2^2-2x_3^2+2bx_1x_3,(b>0),$ 其中二次型的矩阵特征值之和为 $1$，之积为 $-12$. 求正交变换将二次型化为标准型. >[!note] 解： ->二次型的矩阵为 $\displaystyle \boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&b\\0&2&0\\b&0&-2\end{bmatrix}$，设其特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$, 则有$$\begin{aligned}\lambda_1\lambda_2\lambda_3=|\boldsymbol A|=2(-2a&-b^2)=-12,\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=a+2-2=1\\&\implies a=1,b=2.\end{aligned}$$从而有$\displaystyle|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A|=(\lambda-2)^2(\lambda-3)=0\implies \lambda_1=\lambda_2=2,\lambda_3=-3.$ +>二次型的矩阵为 $\displaystyle \boldsymbol A=\begin{bmatrix}a&0&b\\0&2&0\\b&0&-2\end{bmatrix}$，设其特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$, 则有$$\begin{aligned}\lambda_1\lambda_2\lambda_3=|\boldsymbol A|=2(-2a&-b^2)=-12,\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=a+2-2=1\\&\implies a=1,b=2.\end{aligned}$$从而有$\displaystyle|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A|=(\lambda-2)^2(\lambda-3)=0\implies \lambda_1=\lambda_2=2,\lambda_3=-3.$ >考虑 $\lambda=2$，则 $\displaystyle 2\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\-2&0&4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 于是特征值 $2$ 的几何重数为 $2$, 对应的线性无关的特征向量可以为 $\displaystyle\xi_1=(2,0,1)^T,\xi_2=(0,1,0)^T$. >考虑 $\lambda=-3$，则 $\displaystyle -3\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}-4&0&-2\\0&-5&0\\-2&0&-1\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}2&0&1\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}$，则特征值 $-3$ 几何重数为 $1$, 对应的特征向量为 $\xi_3=(-1,0,2)^T$. ->对上述三个特征向量正交化得 $\displaystyle\varepsilon_1=(2/\sqrt{5},0,1/\sqrt{5})^T,\varepsilon_2=(0,1,0)^T,\varepsilon_3=(-1/\sqrt{5},0,2/\sqrt{5})^T,$ 故正交变换为 $\boldsymbol C=\begin{bmatrix}2/\sqrt{5}&0&1/\sqrt{5}\\0&1&0\\-1/\sqrt{5}&0&2/\sqrt{5}\end{bmatrix},$ 标准型为 $\displaystyle f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2.$ +>对上述三个特征向量正交化得 $\displaystyle\varepsilon_1=(2/\sqrt{5},0,1/\sqrt{5})^T,\varepsilon_2=(0,1,0)^T,\varepsilon_3=(-1/\sqrt{5},0,2/\sqrt{5})^T,$ 故正交变换为 $\boldsymbol C=\begin{bmatrix}2/\sqrt{5}&0&-1/\sqrt{5}\\0&1&0\\1/\sqrt{5}&0&2/\sqrt{5}\end{bmatrix},$ 标准型为 $\displaystyle f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2.$ **题后总结：** 当二次型当中有参数的时候，要利用特征值的性质（和、积）把参数算出来，然后就是正常流程。 @@ -109,6 +109,7 @@ >（2）由 $\boldsymbol x^T\boldsymbol x=1$ 知 $x_1^2+x_2^2+x_3^2=1$. 由（1）知，存在正交变换 $\boldsymbol x=C\boldsymbol z$，使得 $\displaystyle f\overset{\boldsymbol x=C\boldsymbol z}{=}2(z_1^2+z_2^2)$. 由于正交变换不改变向量长度，有 $z_1^2+z_2^2+z_3^2=1\Rightarrow z_1^2+z_2^2=1-z_3^2$, 带入得 $$f=2(1-z_3^2)\le2, \text{等号当且仅当} z_3=0 \text{时取得.}$$ >由（1），可取正交矩阵 $\displaystyle C=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\0 & 1 & 0 \\\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}$，则 $\displaystyle \boldsymbol x=\begin{bmatrix}\frac{z_1}{\sqrt{2}} \\ z_2 \\ \frac{z_1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}$. 当 $x_1=x_2$ 时， $\displaystyle z_1=\sqrt 2z_2=\frac{\sqrt 6}{3}\Rightarrow x_1=x_2=x_3=\frac{1}{\sqrt 3}$. 故 当$\boldsymbol x=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{3}} \\[4pt]\frac{1}{\sqrt{3}} \\[4pt]\frac{1}{\sqrt{3}}\end{bmatrix}$ 时，$f_{\max}=2.$ + **题后总结：** （1）二次型里面求变换矩阵和原矩阵的题目都很多，这里取一道求变换矩阵的。要注意：变换矩阵中列向量排列的顺序要和它对应的特征值一致。比如如果把题设条件改成 “化为 $y_1^2+y_3^2$ ”，那得出的变换矩阵 $P$ 就不是这样的。 求变换矩阵的一般步骤是： 1. 求特征值及对应的线性无关的特征向量； diff --git a/素材/整合素材/线代素材/二次型题目.md b/素材/整合素材/线代素材/二次型题目.md new file mode 100644 index 0000000..f088707 --- /dev/null +++ b/素材/整合素材/线代素材/二次型题目.md @@ -0,0 +1,158 @@ +>[!example] 例题1 +>设 n 阶矩阵 $A=[a_{ij}]_{n\times n}$，则二次型 $f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_n)^2$ 的矩阵为$\underline{\qquad}$。 + + +**答案**：$\boxed{A^T A}$ + +**解析：** +记$A_i$为$A$中除了第$i$行全都改为$0$的矩阵，$\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}x_1&x_2&\cdots&x_n\end{bmatrix}^T$。那么$$A_i\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}0 & 0 & \cdots & 0\\\vdots & \vdots & &\vdots\\a_{i1} & a_{i2} & \cdots &a_{in}\\\vdots & \vdots & &\vdots\\0 & 0 & \cdots & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\\vdots\\\sum\limits_{j=1}^{n}a_{ij}x_j\\\vdots\\0\end{bmatrix}$$则$$(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_n)^2=(\sum\limits_{j=1}^{n}a_{ij}x_j)^2=(A_i\boldsymbol{x})^TA_i\boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}^TA_i^TA_i\boldsymbol{x}$$将二次型用上式展开得： + +$$\begin{aligned} +f(\boldsymbol{x})&=\sum_{i=1}^{n}(\boldsymbol{x}^TA_i^TA_i\boldsymbol{x})\\ +&=\boldsymbol{x}^T(\sum\limits_{i=1}^nA_i^TA_i)\boldsymbol{x}\\ +&=\boldsymbol{x}^T(\sum\limits_{i=1}^nA_i^T\sum\limits_{i=1}^nA_i)\boldsymbol{x}\\ +&=\boldsymbol{x}^T(A^T A)\boldsymbol{x} +\end{aligned}$$ +其中因为$A_i^TA_j=\boldsymbol{0},$如果$i\neq j$，所以 +$$\sum\limits_{i=1}^nA_i^T\sum\limits_{i=1}^nA_i=\sum\limits_{i=1}^nA_i^TA_i$$ + +• 二次型的矩阵需满足**对称性质**（即矩阵等于其转置），验证：$(A^T A)^T=A^T(A^T)^T=A^T A$，故 $A^T A$ 是对称矩阵，即为二次型的矩阵。 + + +>[!example] 例题2. +>设实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_1x_2-2x_1x_3+2ax_2x_3$ 通过正交变换可化为标准型 $f=2y_1^2+2y_2^2+by_3^2$。 +(1)求 a，b 及所用正交变换矩阵 $\boldsymbol{Q}$； +(2)证明 $\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$ 为正定矩阵。 + + +**解析** +(1) 二次型及其对应的标准形的矩阵分别为 + +$$\boldsymbol{A}= +\begin{bmatrix} +1 & -1 & -1 \\ +-1 & 1 & a \\ +-1 & a & 1 +\end{bmatrix},\quad +\boldsymbol{B}= +\begin{bmatrix} +2 & & \\ +& 2 & \\ +& & b +\end{bmatrix}.$$ +因为$\boldsymbol{A}\sim\boldsymbol{B}$，所以$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,b，从而由 +$|2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=-a^2-2a-1=0$ +知$a=-1$，又$\text{tr}\boldsymbol{A}=\text{tr}\boldsymbol{B}$，则b=-1。于是$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,-1。 +对于$\lambda$=2，解$(2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$得对应的线性无关特征向量为$\boldsymbol{p}_1=(1,0,-1)^{\text{T}}$，$\boldsymbol{p}_2=(1,-2,1)^{\text{T}}$， +单位化得 +$\boldsymbol{q}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1)^{\text{T}},\quad \boldsymbol{q}_2=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1)^{\text{T}}$. +对于$\lambda=-1$，解$(-\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}得对应的特征向量为\boldsymbol{p}_3=(1,1,1)^{\text{T}}$，单位化得 +$\boldsymbol{q}_3=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^{\text{T}}$. +所求正交矩阵为 +$$\boldsymbol{Q}=[\boldsymbol{q}_1\ \boldsymbol{q}_2\ \boldsymbol{q}_3]=\frac{1}{\sqrt{6}} +\begin{bmatrix} +\sqrt{3} & 1 & \sqrt{2} \\ +0 & -2 & \sqrt{2} \\ +-\sqrt{3} & 1 & \sqrt{2} +\end{bmatrix}$$ +(2) 因$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,-1，故$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$的特征值为4,4,1，则$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$的所有特征值为正， +从而$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$为正定矩阵。 + + + +>[!example] 例题3. +>已知实二次型 +$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2-4x_1x_2+2ax_2x_3\quad (a\ge 0)$通过正交变换$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$可化为标准形$y_1^2-2y_2^2+4y_3^2$。 +(1) 求a的值及正交矩阵$\boldsymbol{Q}$。 +(2) 当$\|\boldsymbol{x}\|=2$时，求解一个向量$\boldsymbol{x}使得f(x_1,x_2,x_3)$取最大值。 + +**解析** +(1) +由已知条件知 +$$\boldsymbol{A}= +\begin{bmatrix} +2 & -2 & 0 \\ +-2 & 1 & a \\ +0 & a & 0 +\end{bmatrix}$$ + +的三个特征值为$\lambda_1$=1,$\lambda_2$=-2,$\lambda_3$=4 +又由 +$$|\boldsymbol{A}|= +\begin{vmatrix} +2 & -2 & 0 \\ +-2 & 1 & a \\ +0 & a & 0 +\end{vmatrix} +=-2a^2=-8$$ + +因$a\ge$ 0，故a=2，于是 +$$\boldsymbol{A}= +\begin{bmatrix} +2 & -2 & 0 \\ +-2 & 1 & 2 \\ +0 & 2 & 0 +\end{bmatrix}$$ +将$\lambda_1=1代入(\lambda_1\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得 +$$\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}= +\begin{bmatrix} +-1 & 2 & 0 \\ +2 & 0 & -2 \\ +0 & -2 & 1 +\end{bmatrix} +\to +\begin{bmatrix} +1 & 0 & -1 \\ +0 & 1 & -\frac12 \\ +0 & 0 & 0 +\end{bmatrix}$$ +故对应于$\lambda_1$=1的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_1=(1,\frac12,1)^{\text{T}}$，单位化得 +$$\boldsymbol{e}_1=\left(\frac23,\frac13,\frac23\right)^{\text{T}}.$$ +将$\lambda_2$=-2代入$(\lambda_2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得 +$$-2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}= +\begin{bmatrix} +-4 & 2 & 0 \\ +2 & -3 & -2 \\ +0 & -2 & -2 +\end{bmatrix} +\to +\begin{bmatrix} +1 & 0 & \frac12 \\ +0 & 1 & 1 \\ +0 & 0 & 0 +\end{bmatrix}.$$ +故对应于$\lambda_2$=-2的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_2=(-\frac12,-1,1)^{\text{T}}$，单位化得 +$$\boldsymbol{e}_2=\left(-\frac13,-\frac23,\frac23\right)^{\text{T}}$$ +将$\lambda_3$=4代入$(\lambda_3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得 +$$4\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}= +\begin{bmatrix} +2 & 2 & 0 \\ +2 & 3 & -2 \\ +0 & -2 & 4 +\end{bmatrix} +\to +\begin{bmatrix} +1 & 0 & -2 \\ +0 & 1 & 2 \\ +0 & 0 & 0 +\end{bmatrix}.$$ +故对应于$\lambda_3$=4的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_3=(-2,2,1)^{\text{T}}$，单位化得 +$$\boldsymbol{e}_3=\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$ +因此，所求正交矩阵为 +$$\boldsymbol{Q}= +[\boldsymbol{e}_1\ \boldsymbol{e}_2\ \boldsymbol{e}_3]= +\begin{bmatrix} +\frac23 & -\frac13 & -\frac23 \\ +\frac13 & -\frac23 & \frac23 \\ +\frac23 & \frac23 & \frac13 +\end{bmatrix}.$$ +(2) +因$$\|\boldsymbol{x}\|^2=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{x}=(\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y})^{\text{T}}(\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y})=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{Q}^{\text{T}}\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{y}=\|\boldsymbol{y}\|^2$$ +则当$\|\boldsymbol{x}\|$=2时，$\|\boldsymbol{y}\|$=2。 +又令$\boldsymbol{y}=(y_1,y_2,y_3)^{\text{T}}$，有 +$$f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{y}=y_1^2-2y_2^2+4y_3^2$$ +显然当$\boldsymbol{y}=2\boldsymbol{e}_3$时，$f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}$取到最大值16。此时 +$$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=\boldsymbol{Q}(2\boldsymbol{e}_3)=2\boldsymbol{e}_3=2\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$ +注：(2) 也可以取$\boldsymbol{y}=-2\boldsymbol{e}_3$，此时 +$$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=-2\boldsymbol{e}_3=-2\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$ + diff --git a/线代素材.md b/素材/整合素材/线代素材/线代素材.md similarity index 100% rename from 线代素材.md rename to 素材/整合素材/线代素材/线代素材.md diff --git a/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——技巧篇.md b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——技巧篇.md new file mode 100644 index 0000000..b9d5036 --- /dev/null +++ b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——技巧篇.md @@ -0,0 +1,285 @@ +1. 指数函数相关积分 +【1.1】 + +$$\int \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} dx$$ + +解： + +$$\int \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} dx = \int \frac{d(e^x + e^{-x})}{e^x + e^{-x}} = \ln|e^x + e^{-x}| + C$$ +【1.2】 + +$$\int \frac{e^{2x} - e^x}{e^{2x} + 1} dx$$ + +解： + +$$\begin{align*} +\int \frac{e^{2x} - e^x}{e^{2x} + 1} dx &= \int \frac{e^{2x}}{e^{2x} + 1} dx - \int \frac{e^x}{e^{2x} + 1} dx \\ +&= \frac{1}{2}\ln(e^{2x} + 1) - \arctan e^x + C +\end{align*}$$ +2. 根式与倒数相关积分 +【2.1】 + +$$\int \frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2-1}} dx$$ + +解：令 $x = \sec t$，则 $dx = \sec t \tan t dt$ + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2-1}} dx &= \int \frac{\sec t \tan t}{(\sec^2 t+1)\tan t} dt \\ +&= \int \frac{\cos t}{\cos^2 t+1} dt \\ +&= \arctan(\sin t) + C \\ +&= \arctan\left(\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\right) + C +\end{align*}$$ +【2.2】 + +$$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}} dx$$ + +解：令 $x = \sec t$，则 $dx = \sec t \tan t dt$ + +$$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}} dx = \int \frac{\sec t \tan t}{\sec t \tan t} dt = \int 1 dt = t + C = \arccos\frac{1}{x} + C$$ +【2.3】 + +$$\int \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx$$ + +解： + +$$\int \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx = 2\int \frac{1}{\sqrt{1-(\sqrt{x})^2}} d\sqrt{x} = 2\arcsin\sqrt{x} + C$$ +【2.4】 + +$$\int \frac{1}{\sqrt{1+e^{2x}}} dx$$ + +解：令 $t = \sqrt{1+e^{2x}}$，则 $e^{2x} = t^2-1$，$dx = \frac{t}{t^2-1} dt$ + + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{\sqrt{1+e^{2x}}} dx &= \int \frac{1}{t} \cdot \frac{t}{t^2-1} dt \\ +&= \frac{1}{2}\ln\left|\frac{t-1}{t+1}\right| + C \\ +&= \ln\left|\sqrt{1+e^{2x}} - 1\right| - x + C +\end{align*}$$ +【2.5】 + +$$\int \frac{x^3}{(x^4+1)^2} dx$$ + +解： + +$$\int \frac{x^3}{(x^4+1)^2} dx = \frac{1}{4}\int \frac{d(x^4+1)}{(x^4+1)^2} = -\frac{1}{4(x^4+1)} + C$$ +3. 三角函数积分 +【3.1】 + +$$\int \frac{1}{1+\cos x} dx$$ + +解： + +$$\int \frac{1}{1+\cos x} dx = \int \frac{1-\cos x}{\sin^2 x} dx = \int \csc^2 x dx - \int \csc x \cot x dx = -\cot x + \csc x + C$$ +【3.2】 + +$$\int \frac{1}{1+\sin x} dx +$$ +解： + +$$\int \frac{1}{1+\sin x} dx = \int \frac{1-\sin x}{\cos^2 x} dx = \int \sec^2 x dx - \int \sec x \tan x dx = \tan x - \sec x + C$$ +4. 分式积分 +【4.1】 + +$$\int \frac{1}{x^2-1} dx$$ + +解： + +$$\int \frac{1}{x^2-1} dx = \frac{1}{2}\int \left(\frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1}\right) dx = \frac{1}{2}\ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| + C$$ +【4.2】 + +$$\int \frac{1}{x^2+1} dx$$ + +解： + +$$\int \frac{1}{x^2+1} dx = \arctan x + C$$ +5. 三角乘积与幂次积分 +【5.1】 + +$$\int \frac{1}{\cos x (\sin x + \cos x)} dx$$ + +解： + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{\cos x (\sin x + \cos x)} dx &= \int \frac{\sec^2 x}{\tan x + 1} dx \\ +&= \int \frac{d(\tan x + 1)}{\tan x + 1} \\ +&= \ln|\tan x + 1| + C +\end{align*}$$ +【5.2】 + +$$\int \frac{\sin x}{\sin x - \cos x} dx$$ + +解： + +$$\begin{align*} +\int \frac{\sin x}{\sin x - \cos x} dx &= \frac{1}{2}\int \frac{(\sin x - \cos x) + (\sin x + \cos x)}{\sin x - \cos x} dx \\ +&= \frac{1}{2}\int 1 dx + \frac{1}{2}\int \frac{\sin x + \cos x}{\sin x - \cos x} dx \\ +&= \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}\ln|\sin x - \cos x| + C +\end{align*}$$ +【5.3】 + +$$\int \sec x \tan x dx$$ + +解： + +$$\int \sec x \tan x dx = \sec x + C$$ +6. 高次三角函数积分 +【6.1】 + +$$\int \frac{1}{(\sin x - 1)\cos x} dx$$ + +解： + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{(\sin x - 1)\cos x} dx &= \int \frac{\sin x + 1}{(\sin x - 1)(\sin x + 1)\cos x} dx \\ +&= \int \frac{\sin x + 1}{-\cos^3 x} dx \\ +&= -\int \sec^2 x \tan x dx - \int \sec^3 x dx \\ +&= -\frac{1}{2}\sec^2 x - \frac{1}{2}(\sec x \tan x + \ln|\sec x + \tan x|) + C +\end{align*}$$ +7. 三角分式积分 +【7.1】 + +$$\int \frac{1}{1+\sin x + \cos x} dx$$ + +解：令 $t = \tan\frac{x}{2}$，则 $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$，$\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$，$dx = \frac{2}{1+t^2} dt$ + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{1+\sin x + \cos x} dx &= \int \frac{1}{1+\frac{2t}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}} \cdot \frac{2}{1+t^2} dt \\ +&= \int \frac{1}{1+t} dt \\ +&= \ln|1+t| + C \\ +&= \ln\left|1+\tan\frac{x}{2}\right| + C +\end{align*}$$ +【7.2】 + +$$\int \frac{1}{\sin x \cos x} dx$$ + +解： + +$$\int \frac{1}{\sin x \cos x} dx = \int \csc 2x \cdot 2 dx = \ln|\tan x| + C$$ +8. 三角幂次积分 +【8.1】 + +$$\int \frac{1}{\sin^2 x \cos^2 x} dx +$$ +解： + +$$\int \frac{1}{\sin^2 x \cos^2 x} dx = \int \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin^2 x \cos^2 x} dx = \int \sec^2 x dx + \int \csc^2 x dx = \tan x - \cot x + C$$ +【8.2】 + +$$\int \frac{1}{\sin x (1+\cos x)} dx$$ + +解： + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{\sin x (1+\cos x)} dx &= \int \frac{1-\cos x}{\sin^3 x} dx \\ +&= \int \csc^3 x dx - \int \csc^2 x \cot x dx \\ +&= -\frac{1}{2}\csc x \cot x + \frac{1}{2}\ln|\tan\frac{x}{2}| + \frac{1}{2}\cot^2 x + C +\end{align*}$$ +9. 高次三角幂积分 +【9.1】 + +$$\int \sin^4 x dx$$ + +解： + +$$\begin{align*} +\int \sin^4 x dx &= \int \left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2 dx \\ +&= \frac{1}{4}\int (1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x) dx \\ +&= \frac{1}{4}\int \left(1 - 2\cos 2x + \frac{1+\cos 4x}{2}\right) dx \\ +&= \frac{3}{8}x - \frac{1}{4}\sin 2x + \frac{1}{32}\sin 4x + C +\end{align*}$$ +【9.2】 + +$$\int \frac{1}{1+\sin^4 x} dx$$ + +解： +$$ +\begin{align*} +\int \frac{1}{1+\sin^4 x} dx &= \int \frac{\sec^4 x}{\sec^4 x + \tan^4 x} dx \\ +&= \int \frac{1+\tan^2 x}{1+2\tan^4 x} d\tan x \\ +&= \frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan\left(\sqrt{2}\tan x\right) + \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{\sqrt{2}\tan x - 1}{\sqrt{2}\tan x + 1}\right| + C +\end{align*}$$ +【9.3】 + +$$\int \cos^5 x dx$$ + +解： + +$$\begin{align*} +\int \cos^5 x dx &= \int \cos^4 x \cos x dx \\ +&= \int (1-\sin^2 x)^2 d\sin x \\ +&= \sin x - \frac{2}{3}\sin^3 x + \frac{1}{5}\sin^5 x + C +\end{align*}$$ +10. 其他积分 +【10.1】 + +$$\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2} + \sqrt{1+x^2}} dx$$ + +解： + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2} + \sqrt{1+x^2}} dx &= \frac{1}{2}\int \left(\sqrt{1+x^2} - \sqrt{1-x^2}\right) dx \\ +&= \frac{1}{4}\left(x\sqrt{1+x^2} + \ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) - x\sqrt{1-x^2} + \arcsin x\right) + C +\end{align*}$$ +【10.2】 + +$$\int \frac{1}{x^2 - x - 1} dx +$$ +解： + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{x^2 - x - 1} dx &= \int \frac{1}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 - \frac{5}{4}} dx \\ +&= \frac{1}{\sqrt{5}}\ln\left|\frac{2x-1-\sqrt{5}}{2x-1+\sqrt{5}}\right| + C +\end{align*}$$ +【10.3】 + +$$\int \frac{1}{e^x (1+e^x)} dx$$ + +解： + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{e^x (1+e^x)} dx &= \int \left(\frac{1}{e^x} - \frac{1}{1+e^x}\right) dx \\ +&= -e^{-x} - \ln(1+e^{-x}) + C +\end{align*}$$ +11. 杂项积分 +【11.1】 + +$$\int \frac{1}{1+e^x - e^{-x}} dx +$$ +解： + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{1+e^x - e^{-x}} dx &= \int \frac{e^x}{e^x + e^{2x} - 1} dx \\ +&= \frac{1}{\sqrt{5}}\ln\left|\frac{e^x + \frac{1-\sqrt{5}}{2}}{e^x + \frac{1+\sqrt{5}}{2}}\right| + C +\end{align*}$$ +【11.2】 + +$$\int \frac{1}{x^2 - 3x + 2} dx$$ + +解： + +$$\int \frac{1}{x^2 - 3x + 2} dx = \int \left(\frac{1}{x-2} - \frac{1}{x-1}\right) dx = \ln\left|\frac{x-2}{x-1}\right| + C$$ +【11.3】 + +$$\int \frac{1}{(x-a)(x-b)(x-c)} dx \quad (a\neq b\neq c)$$ + +解： + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{(x-a)(x-b)(x-c)} dx &= \frac{1}{(a-b)(a-c)}\ln|x-a| + \frac{1}{(b-a)(b-c)}\ln|x-b| + \frac{1}{(c-a)(c-b)}\ln|x-c| + C +\end{align*}$$ +12. 根式积分 +【12.1】 + +$$\int \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)(x+1)^2}} dx$$ + +解：令 $t = \sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}$，则 $x = \frac{t^3+1}{t^3-1}$，$dx = \frac{-6t^2}{(t^3-1)^2} dt$ + +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)(x+1)^2}} dx &= \int \frac{1}{\frac{2}{t^3-1} \cdot \left(\frac{2t^3}{t^3-1}\right)^2} \cdot \frac{-6t^2}{(t^3-1)^2} dt \\ +&= -3\int \frac{1}{t} dt \\ +&= -3\ln|t| + C \\ +&= -3\ln\left|\sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}\right| + C +\end{align*}$$ +若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$ 时， +可考虑代换 $\boldsymbol{t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}}$； +其中 n 是 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数。 \ No newline at end of file diff --git a/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md new file mode 100644 index 0000000..e4afaef --- /dev/null +++ b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md @@ -0,0 +1,435 @@ +一：换元积分法 +1、第一换元法（凑微分法） +这类方法主要是特别考验你对数字的敏感程度，对求导公式的运用程度。方法本身是特别容易理解的，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式。 +简单举个例子： +$$\int \cos^2 x \sin x dx$$ + +这个无法直接求原函数，但是我们发现$\sin x dx = -d\cos x$，因此原式就变成 +$$\int \cos^2 x (-d\cos x) = -\int \cos^2 x d\cos x$$ + +这时候换元，令 $\cos x = t$，原式 +$$= -\int t^2 dt = -\frac{1}{3}t^3 + C = -\frac{1}{3}\cos^3 x + C +$$ +说白了第一换元法是为了凑微分，当熟练了之后可以在脑海中进行换元。 +如果有初学者不明白为什么 $\sin x dx = -d\cos x$，我们可以这样理解： +令 $y = \cos x$，$dy = y'dx = -\sin x dx$，那么 $d\cos x = -\sin x dx$，题做了多了对求导公式掌握程度高了，我们就会变得很熟练。 +第一换元法常见的有下列几种情况 +（1）三角形式 +【1.1】 +$$\int \sin^2 x \cos^5 x dx$$ +原式 +$$\begin{align*} +&= \int \sin^2 x \cos^4 x (\cos x) dx \\ +&= \int \sin^2 x \cos^4 x d\sin x \\ +&= \int \sin^2 x (1-\sin^2 x)^2 d\sin x \\ +&= \int \sin^2 x (\sin^4 x - 2\sin^2 x + 1) d\sin x \\ +&= \int (\sin^6 x - 2\sin^4 x + \sin^2 x) d\sin x \\ +&= \frac{1}{7}\sin^7 x - \frac{2}{5}\sin^5 x + \frac{1}{3}\sin^3 x + C +\end{align*}$$ + +为什么要利用 $\cos x$ 来凑微分而不是 $\sin x$？ +因为在三角函数中，最容易处理的是偶数次方，最难处理的是奇数次方，偶数次方我们可以利用各种公式进行升幂或者降幂，因此我们如果将奇数次方通过凑微分变成了偶数次方，那就非常好了。 +（2）高次幂问题 +【1.2】 +$$\int \frac{x dx}{(x-1)^{100}}$$ + +原式 +$$\begin{align*} +&= \int \frac{(x-1+1) dx}{(x-1)^{100}} \\ +&= \int \frac{(x-1) dx}{(x-1)^{100}} + \int \frac{dx}{(x-1)^{100}} \\ +&= \int \frac{d(x-1)}{(x-1)^{99}} + \int \frac{d(x-1)}{(x-1)^{100}} \\ +&= -\frac{1}{98(x-1)^{98}} - \frac{1}{99(x-1)^{99}} + C +\end{align*}$$ +（3）高次幂多项式与三角函数的转化 +$$\int \frac{\sqrt{\arctan x}}{1+x^2} dx$$ + +原式 +$$\begin{align*} +&= \int \sqrt{\arctan x} d(\arctan x) \\ +&= \frac{2}{3}(\arctan x)^{\frac{3}{2}} + C +\end{align*}$$ + +这里利用$\int \sqrt{t} dt = \frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}} + C$ +2、第二换元法（可以说是第一类换元法的逆应用） +通过换元，将形式复杂的积分转换为形式简单的积分。 +举个例子：求 +$$\int \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx$$ + +解：令 $t = \sqrt{x}$，则 $x = t^2$，于是 $dx = 2t dt$（对 x 关于 t 求微分） +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx &= \int \frac{2t}{1+t} dt \\ +&= 2\int \left(1 - \frac{1}{1+t}\right) dt \\ +&= 2(t - \ln|1+t|) + C \\ +&= 2\left(\sqrt{x} - \ln(1+\sqrt{x})\right) + C +\end{align*}$$ + +一定要记住最后的换元要回代回去。 +第二换元法常见的有以下几种形式 +（1）将多个根式换元为有理式 +【2.1】 +$$\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}}$$ + +解：令 $t = \sqrt[6]{x+1}$，则 $x = t^6 - 1$，$dx = 6t^5 dt$ + +$$\begin{align*} +\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}} &= \int \frac{6t^5 dt}{t - t^2} \\ +&= 6\int \frac{t^4}{1-t} dt \\ +&= 6\int \left(-t^3 - t^2 - t - 1 + \frac{1}{1-t}\right) dt \\ +&= 6\left(-\frac{t^4}{4} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} - t - \ln|1-t|\right) + C \\ +&= -\frac{3}{2}\sqrt[3]{(x+1)^2} - 2\sqrt{x+1} - 3\sqrt[3]{x+1} - 6\sqrt[6]{x+1} - 6\ln|\sqrt[6]{x+1} - 1| + C +\end{align*}$$ + +对于含有多个次数不同的根式时，换元时要换元为根指数的最小公倍数。 +若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{ax+b}$,$\sqrt[n_2]{ax+b}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{ax+b}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{ax+b}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots,n_k$ 的最小公倍数） +若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数） +（2）三角代换 +【2.2】求 +$$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} \quad (a>0)$$ + +解：令 $x = a\tan t$，$t \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$，则 +$$\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$$ + +$$dx = a\sec^2 t dt$$ + +$$\begin{align*} +\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} &= \int \frac{a\sec^2 t dt}{a\sec t} \\ +&= \int \sec t dt \\ +&= \ln|\sec t + \tan t| + C_1 \\ +&= \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{a} + \frac{x}{a}\right| + C_1 \\ +&= \ln\left|x + \sqrt{x^2+a^2}\right| + C +\end{align*}$$ +三角代换的核心思路 +（1）以上几例所使用的为三角代换，三角代换的目的是化掉根式。 +（2）积分中为了化掉根式是否一定采用三角代换？ +并不是绝对的，需要根据被积函数的情况来定。 +一般规律如下：当被积函数中含有 +${\sqrt{a^2 - x^2}}$ 可令 $x = a\sin t$ +${\sqrt{a^2 + x^2}}$ 可令 $x = a\tan t$ +${\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$ +（3）倒代换（当分母的次数高时，可采用倒代换） +【2.3】求 + +$$\int \frac{1}{x(x^7+2)} dx$$ + +解：令 $x = \frac{1}{t}$，则 $dx = -\frac{1}{t^2} dt$ +$$\begin{align*} +\int \frac{1}{x(x^7+2)} dx &= \int \frac{t}{\left(\frac{1}{t^7}\right)+2} \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt \\ +&= -\int \frac{t^6}{1 + 2t^7} dt \\ +&= -\frac{1}{14}\ln|1 + 2t^7| + C \\ +&= -\frac{1}{14}\ln|2 + x^7| + \frac{1}{2}\ln|x| + C +\end{align*}$$ + + + 二：分部积分法 +1、分部积分法的基本公式 +$$\int u dv = uv - \int v du +$$ +也可以写成 + +$$\int f(x)g'(x)dx = f(x)g(x) - \int g(x)f'(x)dx$$ +分部积分法的要点在于把积分 $\int u dv$ 变成比它更容易的积分 $\int v du$。如果不是这样，那么分部积分就没有什么意义，需要重新考虑。因此，在被积函数中选取哪一部分作为 u，哪一部分作为 dv 是很重要的。 +例如： + +$$\int x \cos x dx = \int x d\sin x = x \sin x - \int \sin x dx = x \sin x + \cos x + C$$ + +如果取 $x dx$ 作为 $dv$，而把 $\cos x$ 作为 $u$，显然就不合适了。 +分部积分常见的有以下几种形式 +（1）被积函数是幂函数和对数函数或幂函数和反三角函数的乘积 +【3.1】求不定积分 + +$$\int x^3 \ln x dx$$ + + +$$\begin{align*} +&= \int \ln x d\left(\frac{x^4}{4}\right) \\ +&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{4}\int x^3 dx \\ +&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C +\end{align*} +$$ +解：原式 = $\frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C$ +规律：若被积函数是幂函数和对数函数或幂函数和反三角函数的乘积，就考虑设对数函数或反三角函数为 u。 +（2）指数函数与幂函数的乘积 +【3.2】求不定积分 + +$$\int e^{\sqrt{x}} dx$$ + +解：令 $\sqrt{x} = t$，则 $x = t^2$，$dx = 2t dt$ + +$$\begin{align*} +&= 2\int t e^t dt \\ +&= 2\int t d e^t \\ +&= 2\left(t e^t - \int e^t dt\right) \\ +&= 2\left(t e^t - e^t\right) + C \\ +&= 2e^{\sqrt{x}}\left(\sqrt{x} - 1\right) + C +\end{align*}$$ + +原式 = $2e^{\sqrt{x}}\left(\sqrt{x} - 1\right) + C$ +规律：若被积函数是指数函数与幂函数的乘积，就考虑设指数函数为 dv。 +（3）利用分部积分，构造方程，解方程求不定积分 +【3.3】求不定积分 + +$$\int e^x \sin x dx$$ + + +$$\begin{align*} +\int e^x \sin x dx &= \int \sin x d e^x \\ +&= e^x \sin x - \int e^x d(\sin x) \\ +&= e^x \sin x - \int e^x \cos x dx \\ +&= e^x \sin x - \int \cos x d e^x \\ +&= e^x \sin x - \left(e^x \cos x - \int e^x d(\cos x)\right) \\ +&= e^x \sin x - e^x \cos x - \int e^x \sin x dx +\end{align*}$$ + + +$$\therefore 2\int e^x \sin x dx = e^x (\sin x - \cos x)$$ + +解：$\therefore \int e^x \sin x dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$ +规律：一般来说，遇到三角函数与指数函数，解方程是一种常见的方法，而一般解方程需要连续多次使用分部积分，且函数中充当 u 的函数一般相同。 +2、分部积分法的推广公式 +分部积分法的推广公式就是重复使用分部积分法法则。 +假设函数 u(x),v(x) 有 n+1 阶连续导数，则 + +$$\int u v^{(n+1)} dx = \int u d v^{(n)} = u v^{(n)} - \int v^{(n)} du = u v^{(n)} - \int u' v^{(n)} dx +$$ +对 $\int u' v^{(n)} dx$ 连续使用分部积分，可以得到 + +$$\int u v^{(n+1)} dx = u v^{(n)} - u' v^{(n-1)} + u'' v^{(n-2)} - \dots + (-1)^n u^{(n)} v + (-1)^{n+1} \int u^{(n+1)} v dx$$ + +这个公式看起来十分冗长，但是如果被积函数的因式之一是多项式的时候，这个公式是特别方便的。如果 u 是 n 次多项式，那么 $u^{(n+1)} \equiv 0$ 。 +例1：求积分 +$$\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx$$ + +解：令 + +$$u = 2x^3 + 3x^2 + 4x + 5,\quad dv = e^x dx,\quad v = \int e^x dx = e^x$$ + +则 + +$$u' = 6x^2 + 6x + 4,\quad u'' = 12x + 6,\quad u''' = 12$$ + +$$v' = e^x,\quad v'' = e^x,\quad v''' = e^x +$$ +代入推广公式： + +$$\begin{align*} +\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx &= (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)e^x - (6x^2 + 6x + 4)e^x + (12x + 6)e^x - 12e^x + C \\ +&= (2x^3 - 3x^2 + 10x - 5)e^x + C +\end{align*}$$ + +我们可以发现，虽然公式很难记，但是形式非常优美并且很容易运用。 +练习1 +求积分 + +$$\int \cos x (x^3 + 2x^2 + 3x + 4) dx$$ + +从上面两个例子可以看到，重复运用分部积分法，可以计算下列形式的积分 + +$$\int P_n(x) e^{ax} dx,\quad \int P_n(x) \sin bx dx,\quad \int P_n(x) \cos bx dx +$$ +其中 $P_n(x)$ 是 n 次多项式。 +出现这些形式，大部分优先考虑分部积分法。 +3、在积分 $\int \ln x dx,\int \arctan x dx$ 中应用分部积分 +在这些积分中，可把 1 作为被积函数的因子之一来进行分部积分（不直接凑微分）。 +4、我们会遇到的一些积分形式 + +$$\int x^k (\ln x)^n dx,\quad \int e^{ax} \cos bx dx,\quad \int e^{ax} \sin bx dx$$ + + +$\int e^{ax} \sin bx dx$,$\quad \int x^n e^{ax} \cos bx dx$,$\quad \int x^n e^{ax} \sin bx dx$ +对于 $\int x^k (\ln x)^n dx$，我们必然会选择这种方式进行分部积分 + +$$\int x^k (\ln x)^n dx = \frac{1}{k+1}\int (\ln x)^n d x^{k+1} = \frac{1}{k+1}x^{k+1}(\ln x)^n - \frac{n}{k+1}\int x^k (\ln x)^{n-1} dx$$ + +这样每次使用分部积分，$\ln x$ 的次数都会减少1，使用 n 次后，其系数降到零，就可求出。 +对于 $\int e^{ax} \cos bx dx,\int e^{ax} \sin bx dx$，我们可以试着先进行一次分部积分 + +$$\begin{align*} +\int e^{ax} \cos bx dx &= \frac{1}{a}e^{ax} \cos bx + \frac{b}{a}\int e^{ax} \sin bx dx \\ +\int e^{ax} \sin bx dx &= \frac{1}{a}e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a}\int e^{ax} \cos bx dx +\end{align*}$$ + +这恰是一个方程组，解之得 + +$$\begin{cases} +\int e^{ax} \cos bx dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\cos bx + b\sin bx) + C \\ +\int e^{ax} \sin bx dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\sin bx - b\cos bx) + C +\end{cases}$$ +对于 $\int x^n e^{ax} \cos bx dx$,$\int x^n e^{ax} \sin bx dx$，利用上述结论，我们每做一次分部积分，n 的次数就降1，当运用 n 次分部积分，n 的系数降到0，可求出。 +5、我们可以发现，分部积分有一种难以名状的感觉，其实我们可以通过分部积分得到某些不定积分的递推公式 +例：求 + +$$I_n = \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^n} \quad (a>0)$$ + +解： + +$$I_1 = \int \frac{dx}{x^2 + a^2} = \frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a} + C +$$ +当 n>2 时， + +$$\begin{align*} +I_{n-1} &= \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^{n-1}} = \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{x^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\ +&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{(x^2 + a^2) - a^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\ +&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)(I_{n-1} - a^2 I_n) +\end{align*} +$$ +由此可得 + +$$I_n = \frac{1}{2a^2(n-1)} \left[ \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + (2n-3)I_{n-1} \right]$$ + +利用这个递推公式，我们可以由 $I_1$ 推出 $I_2$,$I_3$,$\dots$ + +三：分项积分法 +当我们要求一个多项式分式的不定积分时，常常采用分项积分，分项积分有以下几种类型： +1、分子为常数，分母为二次函数 +对于 + +$$\int \frac{dx}{x^2-a^2}$$ + +我们可将被积函数分拆 + +$$\frac{1}{x^2-a^2} = \frac{1}{(x-a)(x+a)} = \frac{1}{2a}\left(\frac{1}{x-a} - \frac{1}{x+a}\right)$$ + +然后对每一项进行积分，这类裂项我们初中已经掌握，可以使用待定系数法。 +2、分子为一次函数，分母为二次函数 +对于 + +$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx$$ + +我们进行配方 + +$$x^2+px+q = \left(x+\frac{p}{2}\right)^2 + q-\frac{p^2}{4} +$$ +写成一个二次项加上一个常数，因此 + +$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx$$ + +都可以写成这种形式 + +$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx = \int \frac{At+B}{t^2\pm a^2}dt = A\int \frac{t}{t^2\pm a^2}dt + B\int \frac{dt}{t^2\pm a^2} +$$ +接下来就是基本操作，不再赘述。 +3、分母大于二次，分母的次数大于分子的次数（真分式） +对于一般形式 + +$$\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n}{b_0x^m+b_1x^{m-1}+\dots+b_{m-1}x+b_m},\quad n0$ 的二次函数，那么其分子就是一次函数，并且依旧要符合①的规则。 +对于分子的确定，需要我们使用待定系数法。 +例如： + +$$\frac{1}{(1+2x)(1+x^2)} = \frac{1}{5}\left[\frac{4}{1+2x} - \frac{2x}{1+x^2} + \frac{1}{1+x^2}\right]$$ +对于分项积分，最理想的情况为将分式拆成几个最简分式的和。 +最简分式有四种： + +$$\frac{A}{x-a},\quad \frac{A}{(x-a)^k},\quad \frac{Ax+B}{x^2+px+q},\quad \frac{Ax+B}{(x^2+px+q)^k} +$$ +其中 $p^2-4q<0$。 +一切问题都不是那么死板的，有时候并不需要强行化简，因题而异。 +4、分子的次数大于分母的次数（假分式） +运用多项式除法，假分式可以化成一个多项式和一个真分式之和。 +例： + +$$\frac{x^3+4x^2+3x+2}{4x^2+2x-1} = \frac{x}{4} + \frac{7}{8} + \frac{\frac{3}{2}x+\frac{23}{8}}{4x^2+2x-1}$$ + +（假分式 = 多项式 + 真分式） + +四：欧拉替代法 +欧拉代换是求积分时常用的一种代换，形如 + +$$\int R\left(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right)dx \quad (a\neq0)$$ + +的不定积分，可通过换元将根式代换掉，使表达式有理化。 +三种欧拉代换都是有理代换，在相应情况下分别使用它们，都能使被积函数有理化。 +（1）欧拉第一代换 +如果 a>0，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt{a}x+t$。 +（2）欧拉第二代换 +如果 $c>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx-\sqrt{c}$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx+\sqrt{c}$。 +（3）欧拉第三代换 +如果 $ax^2+bx+c$ 可以很明显地分解因式，即 + +$$ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta),\quad \alpha\neq\beta$$ + +那么令 $$\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\alpha)$$，或令 +$$ +\sqrt{\frac{a(x-\beta)}{x-\alpha}}=t$$ +换元之后的步骤 +对于任意一种换元，换元后等式两边平方，此时 x^2 这一项将会被抵消，因此用含 t 的多项式将 x 表示出来。 +例：求不定积分 + +$$\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}$$ + +解：令 $\sqrt{a^2-x^2}=t(a-x)$，则 + +$$t^2=\frac{a+x}{a-x},\quad x=a\frac{t^2-1}{t^2+1},\quad dx=\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt$$ + + +$$x^2+a^2=\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}$$ + +于是 + +$$\begin{align*} +\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}} &= \int \frac{\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt}{\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}\cdot\frac{2at}{t^2+1}} \\ +&= \frac{1}{2a^2}\int \frac{2t^2+2}{t^4+1}dt \\ +&= \frac{1}{2a^2}\int \left(\frac{1}{t^2+\sqrt{2}t+1} + \frac{1}{t^2-\sqrt{2}t+1}\right)dt \\ +&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\int \frac{d(\sqrt{2}t+1)}{(\sqrt{2}t+1)^2+1} + \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\int \frac{d(\sqrt{2}t-1)}{(\sqrt{2}t-1)^2+1} \\ +&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\arctan(\sqrt{2}t+1) + \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\arctan(\sqrt{2}t-1) + C \\ +&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\left[\arctan\left(\sqrt{\frac{2(a+x)}{a-x}}+1\right) + \arctan\left(\sqrt{\frac{2(a+x)}{a-x}}-1\right)\right] + C +\end{align*}$$ +类似的，还可以用欧拉替代法求下列积分： + +$$\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2-5x+6}}$$ +注意：欧拉替代法并不常见，可以说是一种“傻瓜式”方法，但是如果实在想不出来怎么做，可以用欧拉替代法硬算，将其作为最后的武器。 + +五：万能公式替代法 + +对于由三角函数和常数经过有限次四则运算构成的函数，即三角函数有理式的积分，我们常常利用到三角函数中的万能公式： +$$\sin a = \frac{2 \tan \frac{a}{2}}{1 + \tan^2 \frac{a}{2}}, \quad \cos a = \frac{1 - \tan^2 \frac{a}{2}}{1 + \tan^2 \frac{a}{2}} +$$ +$$\tan a = \frac{2 \tan \frac{a}{2}}{1 - \tan^2 \frac{a}{2}}$$ + +我们做题中，令 $t = \tan \frac{x}{2}$ ，则 +$$dx = \frac{2}{1 + t^2} dt$$ + +因此 +$$\int \frac{\sin x}{\sin x (1 + \cos x)} dx$$ + +解： 令 $t = \tan \frac{x}{2}$，则 $x = 2 \arctan t$ ， +$$dx = \frac{2}{1 + t^2} dt + +\sin x = \frac{2t}{1 + t^2}, \quad \cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2} +$$ +原式 +$$= \int \frac{\frac{2t}{1 + t^2}}{\frac{2}{1 + t^2}} \cdot \frac{1 - t^2}{1 + t^2} dt = \frac{1}{2} \int \left( t + 2 + \frac{1}{t} \right) dt$$ +$$= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} t^2 + 2t + \ln |t| \right) + C$$ +$$= \frac{1}{4} \tan^2 \frac{x}{2} + \tan \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \ln \left| \tan \frac{x}{2} \right| + C$$ + +通常含 $\sin^2 x, \cos^2 x, \sin x \cos x$ 的有理分式进行积分时，用代换 $t = \tan x$ 更加方便，减少了分式的出现。 + +--- + +注意： 万能代换不一定是最佳方法，故三角有理式的计算中先考虑其它手段，不得已才用万能代换。 + +--- + +写在后面的话： + +不定积分的求解十分考验基本能力，考察：求导能力（对导数的敏感程度和了解程度），对三角函数的敏感度，对三角函数各种变形的掌握。 + +因此我们必须熟练掌握各种三角函数的性质，不同三角函数的转化方法，积分和差和差化积公式的运用，一些复杂函数的求导公式，一些简单基本的积分表。 \ No newline at end of file diff --git a/历年真题积分.md b/素材/整合素材/高数素材/历年真题积分.md similarity index 99% rename from 历年真题积分.md rename to 素材/整合素材/高数素材/历年真题积分.md index e24e0b6..9039ece 100644 --- a/历年真题积分.md +++ b/素材/整合素材/高数素材/历年真题积分.md @@ -1,4 +1,4 @@ -**问题：** 已知 $a_n = \int_0^{\pi n} |\cos x| \, dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。 +**问题：** 已知 $a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x| \, \text dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。 (A) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$ diff --git a/素材/整合素材/高数素材/常用不定积分表.md b/素材/整合素材/高数素材/常用不定积分表.md new file mode 100644 index 0000000..389e4f6 --- /dev/null +++ b/素材/整合素材/高数素材/常用不定积分表.md @@ -0,0 +1,47 @@ +一、基本初等函数积分 + $\displaystyle\int 0 \, dx =C$ + $\displaystyle\int k \, dx = kx + C$ （ k 为常数） + $\displaystyle\int x^\mu \, dx = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C$ （ $\mu \neq -1$ ） + $\displaystyle\int \frac{1}{x} \, dx = \ln|x| + C$ +$\displaystyle\int a^x \, dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ （ $a>0,a\neq1$ ） + $\displaystyle\int e^x \, dx = e^x + C$ +二、三角函数积分 + $\displaystyle\int \sin x \, dx = -\cos x + C$ + $\displaystyle\int \cos x \, dx = \sin x + C$ + $\displaystyle\int \tan x \, dx = -\ln|\cos x| + C$ + $\displaystyle\int \cot x \, dx = \ln|\sin x| + C$ + $\displaystyle\int \sec x \, dx = \ln|\sec x + \tan x| + C$ + $\displaystyle\int \csc x \, dx = \ln|\csc x - \cot x| + C$ + $\displaystyle\int \sec^2 x \, dx = \tan x + C$ + $\displaystyle\int \csc^2 x \, dx = -\cot x + C$ + $\displaystyle\int \sec x \tan x \, dx = \sec x + C$ + $\displaystyle\int \csc x \cot x \, dx = -\csc x + C$ + $\displaystyle\int \sin^2 x \, dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$ + $\displaystyle\int \cos^2 x \, dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$ +三、反三角函数积分 + $\displaystyle\int \arcsin x \, dx = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + C$ + $\displaystyle\int \arccos x \, dx = x\arccos x - \sqrt{1-x^2} + C$ + $\displaystyle\int \arctan x \, dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ + $\displaystyle\int \text{arccot } x \, dx = x\text{arccot } x + \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ +四、含根式的积分（ a>0 ） + $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} \, dx = \arcsin\frac{x}{a} + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} \, dx = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} \, dx = \ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ + $\displaystyle\int \sqrt{a^2 - x^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 - x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$ + $\displaystyle\int \sqrt{x^2 + a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + a^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ + $\displaystyle\int \sqrt{x^2 - a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ +五、含分式的积分（ $a\neq0$ ） + $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 + a^2} \, dx = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 - a^2} \, dx = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x - a}{x + a}\right| + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{ax + b} \, dx = \frac{1}{a}\ln|ax + b| + C$ +六、指数与对数结合积分 + $\displaystyle\int x e^x \, dx = (x-1)e^x + C$ +$\displaystyle\int x \ln x \, dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$ + $\displaystyle\int e^x \sin x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$ + $\displaystyle\int e^x \cos x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C$ +七、常用凑微分积分 + $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{1 + x^2} \, dx = \arctan x + C = -\text{arccot } x + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{x\ln x} \, dx = \ln|\ln x| + C$ + $\displaystyle\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx = 2e^{\sqrt{x}} + C$ + $\displaystyle\int \frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \, dx = -2\cos\sqrt{x} + C$ diff --git a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md new file mode 100644 index 0000000..6681c66 --- /dev/null +++ b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md @@ -0,0 +1,235 @@ + +>[!example] 例题 +>已知 $a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x| \, \text dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。 +(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$ +(B) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^2}$ +(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n}$ +(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n^2}$ + +>[!note] 解析 +>由于函数 $|\cos x|$ 以 $\pi$ 为周期，所以$$a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x| \, \text dx = n \int_0^{\pi} |\cos x| \, \text dx = n \cdot 2 \int_0^{\pi/2} \cos x \, \text dx = 2n\sin x|_0^{\pi/2} = 2n.$$ +>对于选项(A)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}2,$ 显然发散； +>对于选项(B)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n},$ 是调和级数的两倍，也发散； +>对于选项(C)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n 2,$ 通项不趋于 $0$，故发散； +>对于选项(D)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{n^2} = 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}$，为交错级数，由莱布尼兹判别法易知其收敛. +>故选D. + +>[!summary] 题后总结 +>这道题的关键在于利用三角函数的周期性，然后再利用对称性（第二个等号处）简化积分的计算。尤其要注意带绝对值的三角函数，它的定积分基本上只需要对 $\dfrac{\pi}{2}$ 的长度进行研究就可以了（见图）。 + +![[cosx的绝对值.png]] + +>[!example] 例题 +>已知函数 $f(x), g(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f(x) > 0$，则极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)} \, \text dx$ 的值为$\underline{\qquad}.$ + +>[!note] 解析（？） +>由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，由最值定理，存在 $m,M>0$，使得 $m\leqslant f(x)\leqslant M,$ 故$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x) \, \text dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)} \, \text dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x) \, \text dx.$$又有 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{m} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{M} = 1$，所以由夹逼定理知$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)} \, \text dx = \int_a^b g(x) \, \text dx.$$ + +>[!summary] 题后总结 +>这道题很妙，妙在想到用夹逼定理。但是这是怎么想到的呢？ +>我们观察一下极限的形式：有一个开 $n$ 次根号。这会让我们想到这样一个极限：$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$$从而可以用估值定理和夹逼定理做出这道题……吗？ +>不对，我们再看一下这个不等式：$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x) \, \text dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)} \, \text dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x) \, \text dx,$$它真的成立吗？并不，题中没有给出 $g(x)\gt0$ 的条件，甚至连 $g(x)$ 保持同号得条件都没有，所以并不成立。那么应该怎么做呢？下面给出一种思路。 + +>[!note] 解析 +>仍然利用 $f(x)$ 的最值和这个极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$ +>考虑差$\displaystyle\int_a^bg(x)\sqrt[n]{f(x)}\text dx-\int_a^bg(x)\text dx=\int_a^bg(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)\text dx.$ +>由于我们不清楚 $g(x)$ 的符号，所以考虑绝对值 $$\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx.$$由于 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以它必定有界，即存在正数 $G\gt0$，使得 $|g(x)|\leqslant G,$ 故$$0\leqslant\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx\leqslant G\int_a^b|\sqrt[n]{f(x)}-1|\text dx.$$由于 $\displaystyle\sqrt[n]m-1\leqslant \sqrt[n]{f(x)}-1\leqslant\sqrt[n]M-1,$ 所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{f(x)}-1=0,$ 从而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}|\sqrt[n]{f(x)}-1|=0,$ 故$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_a^bG|\sqrt[n]{f(x)}-1|=0\qquad(*),$$由夹逼定理知$$\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx=0,$$故$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)} \, \text dx = \int_a^b g(x) \, \text dx.$$ + +>[!summary] 题后总结 +>上述方法是怎么想到的呢？其实，我先用画图软件大致确定了答案应该是 $\displaystyle\int_a^bg(x)\text dx,$ 然后想：不知道符号的处理办法应该是加绝对值。但是加绝对值会有这样一个问题：$\displaystyle\lim f(x)=a\Rightarrow \lim |f(x)|=|a|,$ 但 $\displaystyle\lim |f(x)|=|a|\nRightarrow \lim f(x)=a$。但有一种特殊情况：如果 $a=0,$ 那么反过来也是成立的。所以可以考虑被积函数和结果式子的差，这样就可以让极限值为 $0$，从而可以得出结论了。 +>其实上面的证明还有点小瑕疵，就是 $(*)$ 处。里面的极限等于零真的可以推出积分的极限等于零吗？确实是可以的，但这是有条件的。我们先给出这道题可以这么做的证明，再说条件是什么。 +>>[!note] 补充证明 +>>由于 $f(x)$ 是连续的，所以 $\sqrt[n]{f(x)}-1$ 也是连续的，从而由积分中值定理可知，存在 $\xi\in(a,b),$ 使得 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$ +> +>实际上，只有函数“一致连续”才能得出极限和积分号可以互换的结论；就上面这道题而言，就是我们可以先求 $\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt[n]f(x)-1)$ 再求这个积分。有兴趣的可以自行去了解一致连续是什么意思。 +>有趣的是，这道题的第一个解析是原卷的解析，也就是说，出卷老师也没有意识到这个地方不能用夹逼定理。大家不能忘记夹逼定理的方法，但是也要注意具体情形下到底能不能用夹逼定理，这个不等式究竟是否成立。 + +>[!example] 例题 +>已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geqslant 0, \\ \dfrac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 计算定积分 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x) \, \text dx$。 + +>[!note] 解析 +>易知 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x) \, dx = \int_{-1}^0 f(x) \, dx + \int_0^1 f(x) \, dx$。 +对于第一部分：$$\begin{aligned} + \int_{-1}^0 f(x) \, dx + &= \int_{-1}^0 \frac{\arctan x}{1+x^2} \, dx \\ + &= \int_{-1}^0 \arctan x \, d(\arctan x) \\ + &= \frac{1}{2} (\arctan x)^2 \bigg|_{-1}^0 \\ + &= -\frac{\pi^2}{32}. + \end{aligned}$$对于第二部分，令 $t = \sqrt[3]{x}$，则 $x = t^3,\ dx = 3t^2 dt$，且当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，$t$ 从 $0$ 到 $1$：$$\begin{aligned} + \int_0^1 f(x) \, dx &= \int_0^1 \frac{1}{1+\sqrt[3]{x}} \, dx = \int_0^1 \frac{1}{1+t} \cdot 3t^2 \, dt = 3 \int_0^1 \frac{t^2}{1+t} \, dt \\ + &= 3 \int_0^1 \left( t - 1 + \frac{1}{1+t} \right) \, dt \\ + &= 3 \left[ \frac{1}{2} t^2 - t + \ln |1+t| \right]_0^1 \\ + &= 3 \left( \frac{1}{2} - 1 + \ln 2 \right) \\ + &= 3 \ln 2 - \frac{3}{2}. + \end{aligned}$$ + 故$$I = \int_{-1}^1 f(x) \, dx = \int_{-1}^0 f(x) \, dx + \int_0^1 f(x) \, dx = -\frac{\pi^2}{32} + 3 \ln 2 - \frac{3}{2}.$$ + +>[!summary] 题后总结 +>这道题的关键就是分段。分段函数定积分一定要分段求，剩下的就是换元法和分部积分法能解决的问题了。 + +>[!example] 例题 +>(1) 设 $\displaystyle a_n = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} - 2\sqrt{n}$。证明：数列 $\{a_n\}$ 收敛； +(2) 求极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)$。 + +>[!note] 解析 +>（1）证明： +>考虑数列的单调性，有 $$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\sqrt{n+1} + 2\sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}),$$由于$\displaystyle\sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\gt\frac{1}{2\sqrt{n+1}},$ 所以$$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\lt0,$$即数列 $\{a_n\}$ 单调递减。 +>另一方面，利用定积分进行估计：$$2\sqrt n-2=\int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx < \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} < 1 + \int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}} \, dx=2\sqrt n-1,$$ +>所以 $-2\lt a_n\lt -1.$于是 $\{a_n\}$ 单调递减有下界，故数列收敛。 +>（2） +>**解1：** +>$\displaystyle a_{2n}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}}+2(\sqrt{2n}-\sqrt n),$ 故 $$\frac{a_{2n}-a_n}{\sqrt n}=\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)-2(\sqrt2-1).$$因为 $\{a_n\}$ 收敛，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(a_{2n}-a_n)=0$，故$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)=2(\sqrt2-1).$$ +>**解2：** +>利用定积分的定义：$$ +\begin{aligned} +\lim_{n \to \infty} &\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right) \\ +&= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n}}} \right)\\ +&= \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x}} \, dx \\ +&= 2\sqrt{1+x} \bigg|_0^1 \\ +&= 2\sqrt{2} - 2. +\end{aligned}$$故所求极限为 $2\sqrt{2} - 2$。 + +>[!summary] 题后总结 +>这道题相当地难！如果没有见过类似的题目，根本想不到第一问要用单调有界定理，第二问要用第一问的数列作差。当然为了呼应这次的标题，我们也提供了用定积分定义的解决方法。 +>这道题的渊源是什么呢？这是一道工科数分的题，我怀疑工科数分和真正的数分用的教材是类似的，因为这道题和下面这道题很像，而下面的题是数分教材里的经典例题…… +>>[!example] 补充例题 +>>记 $\displaystyle b_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n,$ 求证 $\{b_n\}$ 收敛。并利用这个结果证明 $\displaystyle\ln2=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right).$ +> +>除了有界性，证明方法和上面如出一辙！所以第一问不要求大家完全掌握，了解为主；但第二问的解2需要掌握，这是利用定积分定义的经典题目。 + +>[!example] 例题 +>求不定积分 $\displaystyle \int x \tan^2 x \, dx = \underline{\qquad}.$ + +>[!note] 解析 +>$$\begin{aligned} +>\int x\tan^2x\text dx +>&=\int x(sec^2x-1)\text dx\\ +>&=\int x\text d(\tan x)-\int x\text dx\\ +>&=x\tan x-(-\ln|\cos x|)-\frac{x^2}{2}+C\\ +>&=x \tan x + \ln |\cos x| - \dfrac{x^2}{2} + C +>\end{aligned}$$ + +>[!example] 例题 +>已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，且 +$$\int_0^x t f(x-t) \, \mathrm{d}t = x^3 - \int_0^x f(t) \, \mathrm{d}t.$$ +(1) 验证：$f'(x) + f(x) = 6x$ 且 $f(0) = 0$；（5 分） +(2) 计算定积分 $\displaystyle \int_0^1 \text e^x f(x) \, \mathrm{d}x$。（3 分） + +>[!note] 解析 +>（1）令 $u=x-t$，则$$\begin{aligned} +>-\int_x^0(x-u)f(u)\text du +>&=x\int_0^xf(u)\text du-\int_0^xuf(u)\text du\\ +>&=x^3-\int_0^xf(t)\text dt\\ +>&=x^3-\int_0^xf(u)\text du +>\end{aligned},$$ +>两边求导得$$\int_0^xf(u)\text du+xf(x)-xf(x)=\int_0^xf(u)\text du=3x^2-f(x),\qquad(*)$$ +>再求导得$f'(x) + f(x) = 6x.$ 在 $(*)$ 式中令 $x=0$ 得 $f(0)=0.$ +>（2） +>**解1：** 考虑不定积分 $\displaystyle \int \text e^xf(x)\text dx.$ 用分部积分法得$$\begin{aligned} +>\int \text e^xf(x)\text dx +>&=\int f(x)\text d\text e^x\\ +>&=\text e^xf(x)-\int f'(x)\text e^x\text dx\\ +>&=\text e^xf(x)-\int (6x-f(x))\text e^x\text dx\\ +>&=\text e^xf(x)-6(x-1)\text e^x+\int \text e^xf(x)\text dx +>\end{aligned},$$于是 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+C.$ 由 $f(0)=0$ 知 $C=6,$ 故 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+6.$ +>从而 $\displaystyle \int_0^1\text e^xf(x)\text dx=6(x+2)\text e^x\big|_0^1+6x\big|_0^1=18\text e-6.$ +> +>**解2：** 令 $g(x) = \text e^x f(x)$，则 $g(0)=0$，且$$g'(x) = \text e^x [f'(x)+f(x)] = 6x \text e^x.$$ +积分得$$g(x) = \int 6x \text e^x \, \mathrm{d}x = 6(x-1)\text e^x + C.$$ +代入 $g(0)=0$ 得 $0 = 6(0-1) + C$，即 $C=6$，所以$$g(x) = 6(x-1)\text e^x + 6. +$$于是$$\begin{aligned} +\int_0^1 \text e^x f(x) \, \mathrm{d}x +&= \int_0^1 \left[ 6(x-1)\text e^x + 6 \right] \, \mathrm{d}x \\ +&= \left[ 6(x-2)\text e^x + 6x \right]_0^1 \\ +&= ( -6\text e + 6) - (-12) \\ +&= 18 - 6\text e. +\end{aligned}$$ + +>[!summary] 题后总结 +>第一问需要用到两个东西：（1）换元，把函数里的 $x$ 拿到函数外面来；（2）定积分的值与被积变量无关。第二点很容易被忘记。 +>第二问的两种解法都是有来头的。 +>解法1源自分部积分法，如果你尝试对需要求的定积分进行分部积分法，然后再用第一问的结论带进去，就会发现 $\displaystyle\int_0^1\text e^xf(x)\text dx$ 这一项被消掉了，这时如果你相对敏锐一点就会想到——这一项在不定积分中也会被消掉！这样我们就可以直接求出 $f(x)$ 的表达式了，再求定积分自然不在话下。剩下要注意就是不要忘记积分常数。 +>解法2的思路类似于微分中值定理的题。我们看第一问的结论 $f'(x) + f(x) = 6x$，是不是很像微分中值定理中我们要凑的 $(\text e^xf(x))'$？这样就产生了第二种思路。后面的过程中仍然要注意不要忘记积分常数。 + +>[!examle] 例题 +>记 $\displaystyle I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x \, \mathrm{d}x, \ (n=0,1,2,\cdots)$。 +(1) 证明：当 $n \geq 2$ 时，$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}$； +(2) 计算 $I_3$ 的值。 + +>[!note] 解析 +>（1）证明：$$\begin{aligned} +I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x \, \mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x \cdot \sec^2 x \, \mathrm{d}x \\ +&= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x \, \mathrm{d}(\tan x) \\ +&= \left[ \tan x \sec^{n-2} x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan x \cdot (n-2) \sec^{n-3} x \cdot \sec x \tan x \, \mathrm{d}x \\ +&= 1 \cdot 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^2 x \sec^{n-2} x \, \mathrm{d}x \\ +&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\sec^2 x - 1) \sec^{n-2} x \, \mathrm{d}x \\ +&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \left( I_n - I_{n-2} \right), +\end{aligned}$$ +>故$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}.$ +>（2）$\displaystyle I_1=\int_0^\frac{\pi}{4}\sec x\text dx=[\ln|\sec x+\tan x|]_0^\frac{\pi}{4}=\ln(\sqrt2+1).$ +>故$\displaystyle I_3=\frac{2^{\frac{3-2}{2}}}{3-1} + \frac{3-2}{3-1} I_{3-2} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} I_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1).$ + +>[!summary] 题后总结 +>因为要证明的式子中是 $I_n$ 和 $I_{n-2}$，中间隔了两项，所以在凑的时候也要凑一个 $\sec^2x$ 出来；而且 $\text d(\tan x)=\sec^2x\text dx$，用平方也更好凑一点。 + +>[!example] 例题 +>已知函数 $$f_n(x)=\int_0^xt^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt,\qquad x\in(-\infty,+\infty),$$其中 $n$ 为正整数。 +>（1）证明：对任意正整数 $n$，函数 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值； +>（2）记 $a_n=f_n(1),n=1,2,\cdots$，试判断级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 的敛散性。 + +>[!note] 解析 +>（1）$f'_n(x)=x^2(1-x)\sin^{2n}x$，令 $f'_n(x)=0$，得 $x=0,1,\pm n\pi(n=1,2,\cdots)$ +>当 $0\lt x\lt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\gt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\gt0$；当 $x\gt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\lt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\gt0$，故 $f'_n(x)\lt0$。因此 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 左侧递增，右侧递减，从而 $x=1$ 为 $f_n(x)$ 的极大值点，也是最大值点。 +> +>（2）当 $t\in[0,1]$ 时，有 $0\leqslant\sin t\leqslant t$，故$$\begin{aligned} +>0\leqslant a_n +>&=\int_0^1t^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt\\ +>&\leqslant\int_0^1t^{2n+2}(1-t)\text dt\\ +>&=\frac{t^{2n+3}}{2n+3}\bigg|_0^1-\frac{t^{2n+4}}{2n+4}\bigg|_0^1\\ +>&=\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}. +>\end{aligned}$$ +>又$$\lim_{n\to\infty}\dfrac{(2n+3)(2n+4)}{n^2}=4,$$由比较判别法知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}$ 收敛，故 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛。 + +>[!summary] 题后总结 +>第一问就是单调性的分析。 +>第二问把积分和级数结合起来，关键在于放缩。至于放缩的技巧……只能说，多练吧，有一个记一个。 + +>[!example] 例题 +>已知 $f'(x)=\arctan (x^2-1)$，$f(1)=0$，求 $\displaystyle\int_0^1f(x)\text dx$。 + +>[!note] 解析 +>用分部积分法得 $$I=xf(x)|^1_0-\int_0^1xf'(x)\text dx=-\int_0^1x\arctan(x^2-1)\text dx.$$ +>令 $u=x^2-1$，则 $\text du=2x\text dx$，于是 $$I=-\frac{1}{2}\int_{-1}^0\arctan u\text du=-\frac{1}{2}((u\arctan u)|_{-1}^0-\frac{1}{2}\ln(1+u^2)|_{-1}^0)=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\ln2.$$ + +>[!example] 例题 +>设 $\displaystyle a_n=\int_0^1x(1-x)^n\text dx,n=1,2,\cdots$. +>（1）求级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$； +>（2）设常数 $\lambda\gt0$，试讨论级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \lambda^na_n$ 的敛散性. + +>[!note] 解析 +>（1）**解1：**$$\begin{aligned} +>a_n&=-\int_0^1x(1-x)^n\text d(1-x)\\ +>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1x\text d(1-x)^{n+1}\\ +>&=-\frac{1}{n+1}\left([x(1-x)^{n+1}]_0^1-\int_0^1(1-x)^{n+1}\text dx\right)\\ +>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1(1-x)^{n+1}\text d(1-x)\\ +>&=-\frac{1}{n+1}\left[\frac{(1-x)^{n+2}}{n+2}\right]_0^1\\ +>&=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\\ +>&=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}. +>\end{aligned}$$ +>于是$$\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2}.$$ +>因此$$\sum_{n=1}^\infty a_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2} \right) = \frac{1}{2}.$$ +>**解2：** 令 $t=1-x$，则 +>$$\begin{aligned} +a_n &= \int_0^1 x (1-x)^n \, dx = \int_0^1 (1-t) t^n \, dt \\ +&= \int_0^1 (t^n - t^{n+1}) \, dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} - \frac{t^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 \\ +&= \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}. +>\end{aligned}$$ +>后同解1 +>（2）设 $\displaystyle b_n = \lambda^n a_n = \lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$。考虑比值判别法：$$\lim_{n \to \infty} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\lambda^{n+1} \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} \right)}{\lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)} = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{(n+2)(n+3)} }{ \frac{1}{(n+1)(n+2)} } = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+3} = \lambda.$$ +>故当 $0 < \lambda < 1$ 时，级数收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散。 +当 $\lambda = 1$ 时，$\displaystyle b_n = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$，由 (1) 知级数收敛。 +综上，当 $0 < \lambda \le 1$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \lambda^n a_n$ 收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散. + +>[!summary] 题后总结 +>第一问解1是利用第一类换元法和分部积分法，比较常规，也相对容易想到；解2利用第二类换元法，大大简化了计算，可以作为经验积累下来。为什么用这种换元呢？观察一下特征：一个相对复杂的式子 $(1-x)$ 上有一个 $n$ 次方，变得更加复杂，而简单的式子 $x$ 是一次的，更加简单。为了“调和”两个式子的复杂度，我们把复杂式子代换掉，这样就能更加方便地进行积分了。 + diff --git a/素材/谏学高数者十思疏.md b/素材/谏学高数者十思疏.md index 9b6d18b..e442cbb 100644 --- a/素材/谏学高数者十思疏.md +++ b/素材/谏学高数者十思疏.md @@ -1 +1 @@ -学高数者，诚能见等价，则思加减不能替；将有洛，则思代换以化简；念复合，则思漏层而求导；惧积分，则思不定以加C；乐微分，则思dx而莫忘；忧定积，则思牛莱而相减；虑换元，则思积分上下限；惧级数，则思判别勿用错；项所加，则思无因忽以谬导；拐所及，则思无因x而漏y。总此十思，宏兹九章，简能而任之，择善而从之，则牛顿尽其谋，莱氏竭其力，泰勒播其惠，柯西效其忠。文理争驰，学生无事，可以尽数分之乐，可以养高代之寿。 \ No newline at end of file +学高数者，诚能见等价，则思加减不能替；将有洛，则思代换以化简；念复合，则思勿漏层而求导；惧积分，则思不定以加C；乐微分，则思dx而莫忘；忧定积，则思牛莱而相减；虑换元，则思积分上下限；惧级数，则思判别勿用错；项所加，则思无因忽以谬导；拐所及，则思无因x而漏y。总此十思，宏兹九章，简能而任之，择善而从之，则牛顿尽其谋，莱氏竭其力，泰勒播其惠，柯西效其忠。文理争驰，学生无事，可以尽数分之乐，可以养高代之寿。 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md new file mode 100644 index 0000000..e976222 --- /dev/null +++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md @@ -0,0 +1,349 @@ +--- +Todo: 整合他人素材，完成这个讲义。 +Requires: 先写点自己的理解和做题的感悟，有人提交时就整合，并审稿，特别是例题，需要自己做 +aliases: + - Integrate +--- +%%用两个百分号扩在一起的是MarkDown注释，保存时不会展现。如无必要，无需删去。 +也可以用这种方法标注内容%% +# Section 1 积分基础 +>[!bug] 待补充 +# Section 2 积分方法 +## 预处理 +拿到一个积分，最忌讳的是直接被那一团复杂的被积函数吓倒。先尝试着逐步拆解简化这个积分，然后进行求解。 +常见的预处理方式： +1. 对定积分：在积分上下限互为相反数时靠奇函数来消项；通过拆分上下限来简化可能性 +2. 对有理式：有理式的拆解 +对有理式的拆解，集中在对分式 $\displaystyle\frac{M(x)}{N(x)} = \frac{a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n}{b_0x^m+b_1x^{m-1}+\dots+b_{m-1}x+b_m}$ 的拆解中。 +##### 第一步：拆成一个整式+真分式 +$\displaystyle\frac{M(x)}{N(x)}=S(x)+\frac{P(x)}{Q(x)}$，其中 $S(x)$ 为整式，$\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)}$ 为真分式 +整式可以直接分离，单独求积分； +对于真分式 $\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{a_0x^p+a_1x^{p-1}+\dots+a_{p-1}x+a_p}{b_0x^q+b_1x^{q-1}+\dots+b_{q-1}x+b_q},\quad p[!warning] 注意！ +>1. 若有 $\alpha$ 个重根，即某一因式为 $\alpha$ 次方，那么这个项就拆成分母从1次方加到 $\alpha$ 次方。 +>2. 对于分母为 $\Delta>0$ 的二次函数，那么其分子就是一次函数，并且依旧要符合规则1。 + +接下来就能用待定系数法求出那些待定的系数 $A,B,M,N$ 等等。一般来说，这个过程不会太复杂，大可不必拿出考完的线代。 + +>[!summary] 任务 +>尝试用待定系数法推出 $\displaystyle\frac{1}{(1+2x)(1+x^2)} = \frac{1}{5}\left[\frac{4}{1+2x} - \frac{2x}{1+x^2} + \frac{1}{1+x^2}\right]$ + +当然，并不是所有时候都要用待定系数法，如果你的注意力惊人。 +也不是一定要给它拆成这种细碎的样子，因题目而异。如果不拆分有更快的做法，那就没必要拆。 +3. 对根式：欧拉代换（可选） +>[!danger] 警告 +>欧拉代换法是你最后的防线，而非你的第一个想法。 +>当普通的代换能解决问题，如 $\sqrt{x^2+2x+2}=\sqrt{(x+1)^2+1}$，那么最好不用欧拉代换法。 +>如果实在想不出来怎么做，可以用欧拉替代法硬算，将其作为最后的手段。 + +对于不定积分 $\int R\left(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right)dx \quad (a\neq0)$，可以从如下角度作代换： +- 欧拉第一代换：如果 $a>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt{a}x+t$。 +- 欧拉第二代换：如果 $c>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx-\sqrt{c}$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx+\sqrt{c}$。 +- 欧拉第三代换：如果 $ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta)$，则可以令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\alpha)$ +对于任意一种换元，换元后等式两边平方，此时 x^2 这一项将会被抵消，因此用含 t 的多项式将 x 表示出来。 +>[!todo] 示例 +>求不定积分$\displaystyle\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}$ +>解：令 $\sqrt{a^2-x^2}=t(a-x)$，则 +>$\displaystyle t^2=\frac{a+x}{a-x},\quad x=a\frac{t^2-1}{t^2+1},\quad dx=\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt$ +>$\displaystyle x^2+a^2=\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}$ +>于是 +>$\begin{align}\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}} &= \int \frac{\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt}{\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}\cdot\frac{2at}{t^2+1}} \\&= \frac{1}{2a^2}\int \frac{2t^2+2}{t^4+1}dt\end{align}$ +>之后可以按照有理式的方法继续积分下去 + +>待填入：[高等数学：欧拉替换法在求解不定积分时的应用 - 知乎](https://zhuanlan.zhihu.com/p/348304254) + +>[!Bug] 待补充 +>而且，我们还得穿插定积分内容 +## 换元积分法 +常见特征：被积函数有三角函数、 $x^2\pm a^2$ 等元素 +使用换元积分法非常考验你对被积函数的敏感程度，也就是“题感”，方法本身是特别容易理解的，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式。 +>[!todo] 开胃菜 +>求不定积分 $\int\cos^2x\sin x\mathrm dx$. +>>解：令 $u=\cos x$；两边求微：$\mathrm du=-\sin x\mathrm dx$， +>>$\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=-\int u^2\mathrm du=-\dfrac{u^3}{3}+C=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$ +>>如果你对整个过程很熟练，可以写成 $\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=\int\cos^2x\mathrm d(\cos x)=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$ + +除此之外还有第二类换元法 +>[!bug] TODO: 待补充 + +换元法有下列几种情况： +#### 1. 三角函数式 +>[!example] 例2.1 +>求不定积分 $\int \sin^2 x \cos^5 x\mathrm dx$. + +>[!tip] 提示 +>利用 $\cos x$ 来凑微分而不是 $\sin x$，这样你就能得到偶数次方的三角函数——如果最后剩下奇数次方的 $\sin x,\cos x$，那么可能还要多花一点心思去做换元或用别的技巧，但是偶数次方的可操作性强很多，你可以用 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 来升降次，用诸如 $\cos^2x=\dfrac{1+\cos^2x}{2}$ 来换角，比奇数次更加便捷。 +>“化偶数次”也是万能代换 $x=\tan\frac{t}{2}$ 背后的逻辑。 + +>[!note] 解析 +>$\begin{align}\text{原式}&= \int \sin^2 x \cos^4 x (\cos x)\mathrm dx \\&= \int \sin^2 x \cos^4 x\mathrm d\sin x \\&= \int \sin^2 x (1-\sin^2 x)^2\mathrm d\sin x \\&= \int \sin^2 x (\sin^4 x - 2\sin^2 x + 1)\mathrm d\sin x \\&= \int (\sin^6 x - 2\sin^4 x + \sin^2 x) \mathrm d\sin x \\&= \frac{1}{7}\sin^7 x - \frac{2}{5}\sin^5 x + \frac{1}{3}\sin^3 x + C\end{align}$ +#### 2. 三角代换式 +三角代换并不是绝对的，需要根据被积函数的情况来定。然而，当出现类似 $x^2\pm a^2$ 的结构，尤其是在根号内的时候，可以根据 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 和 $\tan^2x+1=\sec^2x$ 适当选择代换式 +一般规律如下：当被积函数中含有 +${\sqrt{a^2 - x^2}}$ 可令 $x = a\sin t$ +${\sqrt{a^2 + x^2}}$ 可令 $x = a\tan t$ +${\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$ + +>[!fail] 不应当死记硬背上面的代换，这样很容易记错 + +>[!done] 你可以结合 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 和 $\tan^2x+1=\sec^2x$ 来辅助记忆，并强化运用能力 + +>[!example] 例题2.2 +>求不定积分 $\displaystyle\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x^2+a^2}} \quad (a>0)$ + +>[!note] 解析 +>令 $x = a\tan t$ ，则$\mathrm dx = a\sec^2 t\mathrm dt$，$t \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$，则 +$\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$ +>$\begin{align}\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} &= \int \frac{a\sec^2 t dt}{a\sec t} \\&= \int \sec t dt \\&= \ln|\sec t + \tan t| + C_1 \\&= \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{a} + \frac{x}{a}\right| + C_1 \\&= \ln\left|x + \sqrt{x^2+a^2}\right| + C\end{align}$ +#### 3. 有理式 +>[!example] 例2.3 +>求不定积分 $\displaystyle\int\dfrac{x\mathrm dx}{(x-1)^{100}}$. + +>[!note] 解析 +>$\begin{align}\text{原式}&=\int\frac{(x-1)+1}{(x-1)^{100}}\mathrm d(x-1)\\&=\int\frac{\mathrm d(x-1)}{(x-1)^{99}}+\int\frac{\mathrm d(x-1)}{(x-1)^{100}}\\&=-\frac{1}{98(x-1)^{98}} - \frac{1}{99(x-1)^{99}} + C\end{align}$ + +>[!example] 例2.4 +>设 $\displaystyle a_n=\int_0^1x(1-x)^n\text dx,n=1,2,\cdots$. +>（1）求级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$； +>（2）设常数 $\lambda\gt0$，试讨论级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \lambda^na_n$ 的敛散性. + +>[!note] 解析 +>（1）**解1：**$$\begin{aligned} +>a_n&=-\int_0^1x(1-x)^n\text d(1-x)\\ +>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1x\text d(1-x)^{n+1}\\ +>&=-\frac{1}{n+1}\left([x(1-x)^{n+1}]_0^1-\int_0^1(1-x)^{n+1}\text dx\right)\\ +>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1(1-x)^{n+1}\text d(1-x)\\ +>&=-\frac{1}{n+1}\left[\frac{(1-x)^{n+2}}{n+2}\right]_0^1\\ +>&=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\\ +>&=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}. +>\end{aligned}$$ +>于是$$\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2}.$$ +>因此$$\sum_{n=1}^\infty a_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2} \right) = \frac{1}{2}.$$ +>**解2：** 令 $t=1-x$，则 +>$$\begin{aligned} +a_n &= \int_0^1 x (1-x)^n \, dx = \int_0^1 (1-t) t^n \, dt \\ +&= \int_0^1 (t^n - t^{n+1}) \, dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} - \frac{t^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 \\ +&= \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}. +>\end{aligned}$$ +>后同解1 +>（2）设 $\displaystyle b_n = \lambda^n a_n = \lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$。考虑比值判别法：$$\lim_{n \to \infty} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\lambda^{n+1} \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} \right)}{\lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)} = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{(n+2)(n+3)} }{ \frac{1}{(n+1)(n+2)} } = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+3} = \lambda.$$ +>故当 $0 < \lambda < 1$ 时，级数收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散。 +当 $\lambda = 1$ 时，$\displaystyle b_n = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$，由 (1) 知级数收敛。 +综上，当 $0 < \lambda \le 1$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \lambda^n a_n$ 收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散. + +>[!summary] 题后总结 +>以上两题很像，就放在一起总结了。 +>2.4第一问解1是利用凑微分法和分部积分法，比较常规，也相对容易想到；解2利用第二类换元法，2.3在微分中凑出一个较为复杂的表达式，可以理解为令 $t=x-1$ 的换元，都大大简化了计算。 +>为什么用这种换元可以简化计算呢？观察一下特征：一个相对复杂的式子上有一个 $n$ 次方，变得更加复杂，而简单的式子 $x$ 是一次的，更加简单。为了“调和”两个式子的复杂度，我们把复杂式子代换掉，这样就能更加方便地进行积分了。 + +>[!example] 例2. +>求不定积分 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}}$ + +>[!hint] 提示 +>对于含有多个次数不同的根式时，换元时要换元为根指数的最小公倍数。 +>若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{ax+b}$,$\sqrt[n_2]{ax+b}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{ax+b}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{ax+b}$（$n$ 为 $n_1$,$n_2$,$\dots,n_k$ 的最小公倍数） +>若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$（$n$ 为 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数） + +>[!note] 解析 +>令 $t=\sqrt[6]{x+1}$，则 $x=t^6-1$，$\mathrm dx=6t^5\mathrm dt$，则 +>$\begin{align}\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}} &= \int \frac{6t^5 dt}{t - t^2} \\&= 6\int \frac{t^4}{1-t} dt \\&= 6\int \left(-t^3 - t^2 - t - 1 + \frac{1}{1-t}\right) dt \\&= 6\left(-\frac{t^4}{4} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} - t - \ln|1-t|\right) + C \\&= -\frac{3}{2}\sqrt[3]{(x+1)^2} - 2\sqrt{x+1} - 3\sqrt[3]{x+1} - 6\sqrt[6]{x+1} -\\ 6\ln|\sqrt[6]{x+1} -1| + C\end{align}$ + +>[!error] 待决策 +>##### 高次幂多项式与三角函数的转化 +>$$\int \frac{\sqrt{\arctan x}}{1+x^2}\mathrm dx$$ +>原式 +>$$\begin{align*} +&= \int \sqrt{\arctan x}\mathrm d(\arctan x) \\ +&= \frac{2}{3}(\arctan x)^{\frac{3}{2}} + C +\end{align*}$$ +#### 4. 倒代换 +在拆解有理式的时候，对于 $\dfrac{1}{ax+b},\dfrac{1}{ax^2+bx+c}$ 等一次、二次分式，我们可以从容应对；但是如果次数再高一点，就很难办了。 +然而，对于一些较为简单的高次幂函数，我们可以使用**倒代换**：把 $x$ 倒过来！ +令 $\displaystyle x=\frac1t,\mathrm dx=-\frac{1}{t^2}\mathrm dt.$ + +>[!example] 例题 +>求不定积分 $\displaystyle\int\frac{1}{x(x^7+2)}\mathrm dx$ + +>[!note] 解析 +>令 $x=\frac{1}{t}$， +>$\begin{align}\int\frac{1}{x(x^7+2)}\mathrm dx&=\int\frac{t\mathrm dt}{(t^{-7}+2)(-t^2)}\\&=-\int\frac{t^6\mathrm dt}{1+2t^7}\\&=-\frac{1}{14}\ln|1+2t^7|+C\\&=-\frac{1}{14}\ln|2+x^7|+\frac{1}{2}\ln|x|+C\end{align}$ +## 分部积分法 +分部积分法的基本公式：$\int u\mathrm dv=uv-\int v\mathrm du$ +分部积分法的要点是通过合理选择 $u,\mathrm dv$ 使得 $\int v\mathrm du$ 比 $\int u\mathrm dv$ 更容易求。那么如何选择呢？按照教员上课提到的“反对幂指三”，我们这样选择 $u$，十有八九能成功（实在不行再调换顺序）： +1. **反**：反三角函数家族 $\arcsin,\arccos,\arctan,...$ +2. **对**：对数函数，通常特指 $\ln x$ +3. **幂**：幂函数，$x,x^2,x^3,...$ +4. **指**：指数函数，通常特指 $\mathrm e^x$ +5. **三**：三角函数家族 $\sin,\cos,\tan,\cot,\sec,\csc$ +>[!todo] 示例 +>求不定积分 $\int x\cos x\mathrm dx$ + +%%像这种示例，就不用挖掉解答了： +建议以后不挖去解答的用“示例”标签，可以用info或者todo样式%% +>[!done] 正确示例 +>解：按照顺序，匹配到“**幂**”，那么我们取 $u=x$，$\mathrm dv=\cos x\mathrm dx=\mathrm d\sin x$ +>$\int x \cos x\mathrm dx = \int x\mathrm d\sin x = x \sin x - \int \sin x\mathrm dx = x \sin x + \cos x + C$ + +>[!fail] 错误示例 +>解：我们尝试取 $u=\cos x$，$\mathrm dv=x\mathrm dx=\frac{1}{2}\mathrm dx^2$， +>$\displaystyle\int x\cos x\mathrm dx=\frac{1}{2}\int\cos x\mathrm dx^2=x^2\cos x+\int x^2\sin x\mathrm dx$ …… +>你还愿意继续积下去吗？我是不愿意了。 +### 常见情况： +#### 1. 幂对乘积或幂反乘积或幂指乘积 +>[!example] 例题 +>求不定积分 $\int x^3 \ln x\mathrm dx$ + +>[!note] 解析 +>最先匹配的是“**对**”（对数函数 $\ln x$），取 $u=\ln x,\mathrm dv=x^3\mathrm dx$，则： +>$\begin{align}\int x^3 \ln x\mathrm dx&= \int \ln x d\left(\frac{x^4}{4}\right) \\&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{4}\int x^3\mathrm dx \\&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C\end{align}$ + +>[!example] 例题 +>求不定积分 $\int\mathrm e^{\sqrt{x}}\mathrm dx$ + +>[!note] 解析 +>我们可以提前代换变量，将根式消去。 +>令 $t=\sqrt{x}$，则 $t^2=x,\ 2t\mathrm dt=\mathrm dx$，这样就能将根式化为整式。 +>$\displaystyle\int\mathrm e^\sqrt{x}\mathrm dx=2\int t\mathrm e^t\mathrm dt$ +>取 $u=x$： +>$\begin{align}\text{原式}&=2\int t\mathrm d\mathrm e^t\\&=2t\mathrm e^t-2\int\mathrm e^t\mathrm dt\\&=2t\mathrm e^t-2\mathrm e^t+C\\&=2\mathrm e^\sqrt x(\sqrt x-1)+C\end{align}$ + +>[!bug] TODO: 待补充 种类 + +然而，不少积分不能直接积出来。对于部分情况，需要用到**循环式**和**递推式**求解。 +#### 2. 依靠循环式求解的积分 +**循环式**是指在进行分部积分的时候，多次循环会出现**同一积分式**： +>[!todo] 示例 +>求不定积分 $\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx$ +> +>>解： +>>$\begin{align}\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx &= \int \sin x\mathrm d\mathrm e^x \\&=\mathrm e^x \sin x - \int\mathrm e^x\mathrm d(\sin x) \\&=\mathrm e^x \sin x - \int\mathrm e^x \cos x\mathrm dx \\&=\mathrm e^x \sin x - \int \cos x\mathrm d\mathrm e^x \\&=\mathrm e^x \sin x - \left(\mathrm e^x \cos x - \int\mathrm e^x\mathrm d(\cos x)\right) \\&=\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x - \int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx\end{align}$ +> +>可以看到，经过两次分部积分之后，$\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx$ 又一次出现了。 +>果断将它移到等式左边，直接同时除以 $2$： +>$\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx=\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x - \int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx\Rightarrow2\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx=\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x$ +>因此 $\displaystyle\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx=\frac{\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x}{2}$ + +>[!bug] TODO:等待补充难题 + +%%参考：[Math is Fun - Integration by Parts](https://www.mathsisfun.com/calculus/integration-by-parts.html) +仅供娱乐，切勿当真%% + +#### 3. 依靠递推式求解的积分 +与循环式类似，递推式会在使用分部积分时出现和原式类似，但是比原式“**低一级**”的积分式。这种结构一般在积分式含有正整数 $n$ 的时候出现（e.g. $(x^2+a^2)^n$ ）例如： +>[!todo] 示例 +>求不定积分 $\displaystyle I_n = \int \frac{\mathrm dx}{(x^2 + a^2)^n} \quad (a>0)$ +>我们尝试一次分部积分： +>$$\begin{align*}I_{n-1} &= \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^{n-1}} = \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{x^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{(x^2 + a^2) - a^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)(I_{n-1} - a^2 I_n)\end{align*}$$ +>这样积了一遍之后，我们就会发现：这一次积分，我们打通了 $I_n$ 与 $I_{n-1}$ 的桥梁。 +>这样，我们尝试用 $I_{n-1}$ 来表示 $I_n$： +>$$I_n = \frac{1}{2a^2(n-1)} \left[ \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + (2n-3)I_{n-1} \right]$$ +>那么 $I_1$ 呢？ +>$$\displaystyle I_1=\int\frac{dx}{x^2 + a^2}$$ +>取 $x=a\tan t$： +>$$I_1=\int\frac{a\sec^2 t\mathrm dt}{a^2\sec^2 t}=\frac ta+C=\frac1a\arctan\frac xa+C$$ +>TO BE CONTINUED + +>[!bug] 这道题求通项似乎是一件很困难的事。 + +#### 4. 连续分部积分（选学？） +>[!bug] 需要斟酌该内容是否重要。 + +分部积分法的推广公式就是重复使用分部积分法法则。 +假设函数 $u,v$ 有 $n+1$ 阶连续导数，则：$\int u v^{(n+1)}\mathrm dx = \int u\mathrm d v^{(n)} = u v^{(n)} - \int v^{(n)}\mathrm du = u v^{(n)} - \int u' v^{(n)}\mathrm dx$ +我们还可以继续把 $\int u' v^{(n)}\mathrm dx$ 撕开：$\int u v^{(n+1)} dx = u v^{(n)} - u' v^{(n-1)} + u'' v^{(n-2)} - \dots + (-1)^n u^{(n)} v + (-1)^{n+1} \int u^{(n+1)} v dx$ +如果被积函数的因式之一是多项式，且次数较高的时候，这个公式特别方便。通常来说，取 $u$ 为该多项式，然后逐步求 $v^{(n)},v^{(n-1)},\cdots,v$，再依次乘到一起（注意正负号！） +>[!todo] 示例 +>$\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)\mathrm e^x\mathrm dx$ +>我们可以令 $u=2x^3 + 3x^2 + 4x + 5$，$v=\mathrm e^x$ +>$u' = 6x^2 + 6x + 4,\quad u'' = 12x + 6,\quad u''' = 12$ +>于是$\begin{align*}\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx &= (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)e^x - (6x^2 + 6x + 4)e^x + (12x + 6)e^x - 12e^x + C \\&= (2x^3 - 3x^2 + 10x - 5)e^x + C\end{align*}$ + +>[!example] 例题 +>求不定积分 $\int \cos x (x^3 + 2x^2 + 3x + 4) dx$ + +>[!note] 解析 +>解：TO BE CONTINUED +# Section 4 变限积分 + +# Section 5 与积分相关的不等式证明 +## Extra. 常用积分公式速记 +### 一、基本初等函数积分 + $\displaystyle\int 0 \, dx =C$ + $\displaystyle\int k \, dx = kx + C$ （ k 为常数） + $\displaystyle\int x^\mu \, dx = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C$ （ $\mu \neq -1$ ） + $\displaystyle\int \frac{1}{x} \, dx = \ln|x| + C$ +$\displaystyle\int a^x \, dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ （ $a>0,a\neq1$ ） + $\displaystyle\int e^x \, dx = e^x + C$ +### 二、三角函数积分 + $\displaystyle\int \sin x \, dx = -\cos x + C$ + $\displaystyle\int \cos x \, dx = \sin x + C$ + $\displaystyle\int \tan x \, dx = -\ln|\cos x| + C$ + $\displaystyle\int \cot x \, dx = \ln|\sin x| + C$ + $\displaystyle\int \sec x \, dx = \ln|\sec x + \tan x| + C$ + $\displaystyle\int \csc x \, dx = \ln|\csc x - \cot x| + C$ + $\displaystyle\int \sec^2 x \, dx = \tan x + C$ + $\displaystyle\int \csc^2 x \, dx = -\cot x + C$ + $\displaystyle\int \sec x \tan x \, dx = \sec x + C$ + $\displaystyle\int \csc x \cot x \, dx = -\csc x + C$ + $\displaystyle\int \sin^2 x \, dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$ + $\displaystyle\int \cos^2 x \, dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$ +### 三、反三角函数积分 + $\displaystyle\int \arcsin x \, dx = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + C$ + $\displaystyle\int \arccos x \, dx = x\arccos x - \sqrt{1-x^2} + C$ + $\displaystyle\int \arctan x \, dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ + $\displaystyle\int \text{arccot } x \, dx = x\text{arccot } x + \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ +### 四、含根式的积分（ a>0 ） + $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} \, dx = \arcsin\frac{x}{a} + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} \, dx = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} \, dx = \ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ + $\displaystyle\int \sqrt{a^2 - x^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 - x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$ + $\displaystyle\int \sqrt{x^2 + a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + a^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ + $\displaystyle\int \sqrt{x^2 - a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ +### 五、含分式的积分（ $a\neq0$ ） + $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 + a^2} \, dx = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 - a^2} \, dx = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x - a}{x + a}\right| + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{ax + b} \, dx = \frac{1}{a}\ln|ax + b| + C$ +### 六、指数与对数结合积分 + $\displaystyle\int x e^x \, dx = (x-1)e^x + C$ +$\displaystyle\int x \ln x \, dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$ + $\displaystyle\int e^x \sin x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$ + $\displaystyle\int e^x \cos x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C$ +### 七、常用凑微分积分 + $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{1 + x^2} \, dx = \arctan x + C = -\text{arccot } x + C$ + $\displaystyle\int \frac{1}{x\ln x} \, dx = \ln|\ln x| + C$ + $\displaystyle\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx = 2e^{\sqrt{x}} + C$ + $\displaystyle\int \frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \, dx = -2\cos\sqrt{x} + C$ +>[!abstract] 练习 +>尝试推导上述公式 + +Trivia: 魔法六边形 + + + + + + + + + + + + sin + tan + cos + sec + cot + csc + 1 + + diff --git a/编写小组/讲义/图片/cosx的绝对值.png b/编写小组/讲义/图片/cosx的绝对值.png new file mode 100644 index 0000000..fa7b417 Binary files /dev/null and b/编写小组/讲义/图片/cosx的绝对值.png differ diff --git a/编写小组/讲义/积分.md b/编写小组/讲义/积分.md deleted file mode 100644 index 83cf325..0000000 --- a/编写小组/讲义/积分.md +++ /dev/null @@ -1,4 +0,0 @@ ---- -Todo: 整合他人素材，完成这个讲义。 -Requires: 先写点自己的理解和做题的感悟，有人提交时就整合，并审稿，特别是例题，需要自己做 ----