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你所不知道的积分法(三):反向乘积求导公式与反向商的求导公式

有些函数之和的积分,分开来看,是没办法算或者很复杂,但合起来,仔细观察,有些会是两个函数的乘积或者两个函数之商的导数,这时候,运用反向乘积或者反向商的求导公式,就能比较容易地求出积分。

1,反向乘积的导数:我们知道,两个函数的乘积的导数为

\[(f(x)\cdot g(x))’=f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x)\]

所以

\[\int f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x)dx=f(x)\cdot g(x)+C\]

例1,求积分 \(\displaystyle\int\left(\frac{1}{\ln x}+\ln(\ln x)\right)dx\)

解:分开来算,这两个积分都算不出来。但仔细观察,\((\ln(\ln x))’=\frac{1}{x\ln x}\),与第一项差了一个因子 \(\frac{1}{x}\),所以将 \(\ln(\ln x)\) 乘以 \(x\),再求导,正好了被积分函数,所以

\[\int\left(\frac{1}{\ln x}+\ln(\ln x)\right)dx=\int[x\ln(\ln x)]’dx=x\ln(\ln x)+C\]

2,反向商的求导公式:商的求导公式为

\[\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)’=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}\]

所以

\[\int\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}=\frac{f(x)}{g(x)}+C\]

如果一个被积分函数的分母为一个函数的平方,我们可以通过商的求导公式凑出 \(f(x)\),然后利用反向商的求导公式求出积分。

例2,求积分 \(\displaystyle\int\frac{\sin^2 x}{(x\cos x-\sin x)^2}dx\)。

解:因为分母是一个函数的平方,看起来还有点复杂,我们来“凑”出一个商的求导公式。因为分母为 \((x\cos x-\sin x)^2\),所以令 \(g(x)=x\cos x-\sin x\), \( g'(x)=\cos x-x\sin x-\cos x=-x\sin x\),

\begin{align*}f'(x)g(x)-f(x)g'(x)&=f'(x)g(x)-f(x)g'(x)\\ &=f'(x)\cdot(x\cos x-\sin x)-f(x)\cdot(-x\sin x)\\ &=f'(x)\cdot x\cdot\cos x-f'(x)\sin x+f(x)\cdot x\cdot\sin x\\ &=\sin^2x \end{align*}

因为右边只有 \(\sin^2x\),一个直观的猜想是 \(-f'(x)\sin x=\sin^2x\),也就是\(f(x)=\cos x\),而另外两项为 \(0\)。将 \(f(x)=\cos x\) 代入上式,

\[f'(x)\cdot x\cdot\cos x+f(x)\cdot x\cdot\sin x=-\sin x\cdot x\cdot\cos x+\cos x\cdot x\cdot\sin x=0\]

所以,原积分为

\[\int\frac{\sin^2 x}{(x\cos x-\sin x)^2}dx=\int\left(\frac{\cos x}{x\cos x-\sin x}\right)’dx=\frac{\cos x}{x\cos x-\sin x}+C\]

最后,给出几个习题供有兴趣的同学们练习。

求积分

\begin{align*}(1)&\int(x\sec^2x+\tan x)dx\\ (2)&\int x^x(\ln x+1)dx\\ (3)&\int e^{\sin x}(x^2\cos x+2x)dx\\ (4)&\int\frac{\ln x}{x^2(1-\ln x)^2}dx\\ (5)&\int\frac{\sin x-x\cos x-\cos }{\sin^2x}\end{align*}

你所不知道或不熟悉的积分法(二):对称代换

有些有理函数的积分,使用对称代换比直接使用部分分式法求要简单方便得多。

我们在之前的文章:有理函数的积分,并不只有部分分式法,举了一个例子

\[\int\frac{x^2-1}{x^4+1}dx\]

这个例子里,我们做代换 \[u=x+\frac{1}{x}\]来求积分,比直接使用部分分式法求要简单方便得多。这种类型的代换,称之为“对称代换”。这种代换在求一些特殊的有理函数或者类似的函数的积分的时候,会比较方便。

所谓的对称代换,是指做代换

\[u=x^{a}\pm\frac{1}{x^a}\] 同时,函数又些类似于 \[x^{a-1}\mp\frac{1}{x^{a+1}}\] 的项。这时候,进行对称代换会比较容易。我们来看一些例子。

例1:求积分 \[\int\frac{x^5-x}{x^8+1}dx\]

解:我们对分子分母同时除以 \(x^4\),积分变形为

\begin{align*}\int\frac{x^5-x}{x^8+1}dx&=\int\frac{x-\frac{1}{x^3}}{x^4+\frac{1}{x^4}}dx\\&=\int\frac{x-\frac{1}{x^3}}{x^4+\frac{1}{x^4}+2-2}dx\\&=\int\frac{x-\frac{1}{x^3}}{\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)^2-2}dx\end{align*}

现在做代换 \(u=x^2+\frac{1}{x^2}\),则 \(du=2\left(x-\frac{1}{x^3}\right)dx\),所以原积分变为

\begin{align*}\int\frac{x^5-x}{x^8+1}dx&=\int\frac{x-\frac{1}{x^3}}{\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)^2-2}dx=\frac{1}{2}\int\frac{du}{u^2-2}\\ &=\int\frac{du}{(u-\sqrt2)(u+\sqrt2)}dx\end{align*}

利用有理函数的部分分式法,我们可以得到部分分式 \(\frac{1}{(u-\sqrt2)(u+\sqrt2)}=\frac{1}{2\sqrt2}\left(\frac{1}{u-\sqrt2}-\frac{1}{u+\sqrt2}\right)\)

\[\frac{1}{2}\int\frac{du}{(u-\sqrt2)(u+\sqrt2)}dx=\frac{1}{4\sqrt2}\int\left(\frac{1}{u-\sqrt2}-\frac{1}{u+\sqrt2}\right)dx=\frac{1}{4\sqrt2}\ln\left|\frac{u-\sqrt2}{u+\sqrt2}\right|+C\]

代回原来的变量,就得到了\[\int\frac{x^5-x}{x^8+1}dx=\frac{1}{4\sqrt2}\ln\left|\frac{x^2+\frac{1}{x^2}-\sqrt2}{x^2+\frac{1}{x^2}+\sqrt2}\right|+C\]

我们再来看一个不是有理函数的积分。

例2:求积分 \[\int\frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}}dx\]

解:我们在根式里面提出因子 \(x^2\) 到根式外面来,然后将分子分母同除以 \(x^2\),积分变形为

\begin{align*}\int\frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}}dx&=\int\frac{x^2-1}{x(x^2+1)\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}}dx\\&=\int\frac{1-\frac{1}{x^2}}{\left(x+\frac{1}{x}\right)\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}}dx\\ &=\int\frac{1-\frac{1}{x^2}}{\left(x+\frac{1}{x}\right)\sqrt{(x+\frac{1}{x})^2-2}}dx\end{align*}

做代换 \(u=x+\frac{1}{x}\),则上式变为

\[\int\frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}}dx=\int\frac{1-\frac{1}{x^2}}{\left(x+\frac{1}{x}\right)\sqrt{(x+\frac{1}{x})^2-2}}dx=\int\frac{du}{u\sqrt{u^2-2}}\]

做三角代换 \(u=\sqrt{2}\sec t\),则 \[\int\frac{du}{u\sqrt{u^2-2}}=\int\frac{\sqrt{2}\sec t\tan t}{\sqrt{2}\sec t\tan t}dt=\int\frac{1}{\sqrt{2}}dt=\frac{t}{\sqrt{2}}+C\]

代回原来变量,因为 \(u=\sqrt{2}\sec t\), 我们有 \(\cos t=\frac{\sqrt{2}}{u}\),从而 \(t=\arccos \frac{\sqrt{2}}{u}\),所以

\begin{align*}\int\frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}}dx&=\frac{t}{\sqrt{2}}+C\\&=\frac{1}{\sqrt2}\arccos \frac{\sqrt{2}}{u}+C\\&=\frac{1}{\sqrt2}\arccos \frac{\sqrt{2}}{x+\frac{1}{x}}+C\\&=\frac{1}{\sqrt2}\arccos \frac{\sqrt{2}x}{x^2+1}+C\end{align*}

以下几个习题留给读者练习。

1,求积分 \[\int\frac{x^2-1}{x^4+x^2+1}dx\]

2,求积分 \[\int\frac{x^4+1}{x^2\sqrt{x^4-1}}dx\]

3,求积分 \[\int\frac{x^2+1}{x^4+3x^3+3x^2-x+1}dx\]

4,求积分 \[\int\frac{x^2}{x^4+1}dx\]

最后一个可能会有点麻烦,如果你有什么想法,可以在留言区留言。

你所不知道或不熟悉的积分法(一):欧拉代换

我们讲述教材上一般不讲的积分方法,这是第一篇,欧拉代换。

我们一般的高等数学或者微积分课程里,甚至数学系的数学分析课程里,限于课时,有很多积分方法是没有讲过的,有些讲过也只是匆匆带过。事实上,积分的方法多种多样,虽然基本的方法也就是分部积分与换元积分法,但是由这两种方法,加上积分与导数的关系,能够演化出多种多样的积分方法来。

这些方法,有些方法在教材里没有出现,只在一些习题集里或者一些专门的著作里出现过;有些是教材里简单提过,没有深入讲解的方法;有些是现在通用教材里不讲,但是在一些年代久远的教材里出现过的。

现在我将我所知道的这些方法列举出来,一来可以可以拓宽我们的视野和知识面,二来可以加深我们对已有知识的理解。

我们来看一下有哪些方法我们不知道或者不了解的。限于篇幅,我们将这些内容作成一个系列,分别讲述。本文我们讲述欧拉代换。

欧拉代换:如果被积函数的形式为 \(R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\),就是 \(x\) 与 \(\sqrt{ax^2+bx+c}\) 的有理函数,我们可以用欧拉代换:

  • \(a>0\), 作代换 \(\sqrt{ax^2+bx+c}=t – \sqrt{ax}\),两边平方后,可以得到 \(bx+c=t^2-2\sqrt{a}tx\),于是 \[x=\frac{t^2-c}{b\+2\sqrt{a}t},\sqrt{ax^2+bx+c}=\frac{\sqrt{a}t^2+bt+c\sqrt{a}}{2\sqrt{a}t+b}, dx=\frac{2\sqrt{a}t^2+2bt+2\sqrt{a}c}{(b+2\sqrt{a}t)^2}dt;\]
  • \(c>0\),作代换 \(\sqrt{ax^2+bx+c}=xt+\sqrt{c}\),两边平方再除以 \(x\),就得到 \(ax+b=xt^2+2\sqrt{c}t\),从而可得 \[x=\frac{2\sqrt{c}t-b}{a-t^2},\sqrt{ax^2+bx+c}=\frac{\sqrt{c}t^2-bt+\sqrt{c}a}{a-t^2}, dx=\frac{2\sqrt{c}t^2-2bt+2\sqrt{c}a}{(a-t^2)^2}dt\]
  • 若 \(\sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt{a(x-p)(x-q)}\),则作代换 \(\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-p)\),两边平方,约去 \(x-p\),我们得到 \(a(x-q)=t^2(x-p)\),从而 可得 \[x=\frac{pt^2-aq}{t^2-a},\sqrt{ax^2+bx+c}=\frac{a(p-q)t}{t^2-a},dx=\frac{2a(q-p)t}{(t^2-a)^2}dt\]

上面的这三种变换,其实也可以用代换 \(\sqrt{ax^2+bx+c}=t + \sqrt{ax}, \sqrt{ax^2+bx+c}=xt-\sqrt{c}\) 和 \(\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-q)\),方法 是一样的,只是最后得到的结果在符号上有差别而已。

这种形式的积分,教材上一般都采用三角代换的方式来求。需要我们先对根式里的项配方,再利用标准的三角代换来求。

当然,这种积分也可以用双曲代换的方式来求。任何用三角代换可以解决的积分,都可以用双曲代换求得,具体采取哪种方法,根据自己的熟练程度选用。这三种方法,都是应用变量代换将根式的有理函数化与一般的有理函数,而有理函数总是可以求积分的。

我们来看两个欧拉代换的例子。

例1:求不定积分 \[\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2+x+1}}\]

解:这可以用第一种方法,也可以用第二种方法。我们先用第一种方法来计算。

I. 我们作代换 \(\sqrt{x^2+x+1}=t-x\),那么 \[x=\frac{t^2-1}{1+2t},\sqrt{x^2+x+1}=\frac{t^2+t+1}{2t+1}, dx=\frac{2t^2+2t+2}{(2t+1)^2}dt;\]代入到积分里面,我们得到 \[\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2+x+1}}=\int\frac{2t^2+2t+2}{t(2t+1)^2}dt\]

利用有理函数的部分分式法,我们有

\begin{align*}\int\frac{2t^2+2t+2}{t(2t+1)^2}dt&=\int\left(\frac{2}{t}-\frac{3}{2t+1}-\frac{3}{(2t+1)^2}\right)dt\\ &=2\ln|t|-\frac{3}{2}\ln|2t+1|+\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2t+1}+C\end{align*}

代回原来变量,\(t=x+\sqrt{x^2+x+1}\),我们得到原积分为

\begin{align*}&\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2+x+1}} \\ &\quad =2\ln|x+\sqrt{x^2+x+1}|-\frac{3}{2}\ln|2x+2\sqrt{x^2+x+1}+1|\\ &\qquad+\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2x+2\sqrt{x^2+x+1}+1}+C\end{align*}

II,现 在我们用第二种方法来计算这个积分。我们令 \(\sqrt{x^2+x+1}=xt+1\),从而 \[x=\frac{2t-1}{1-t^2},\sqrt{x^2+x+1}=\frac{t^2-t+1}{1-t^2}, dx=\frac{2t^2-2t+2}{(1-t^2)^2}dt\]

代入到积分里面去,我们有\[\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2+x+1}}=\int\frac{2t^2-2t+2}{t(1-t)(1-t^2)}dt\]

利用有理函数的部分分式法,我们得到

\begin{align*}\int\frac{2t^2-2t+2}{t(1-t)(1-t^2)}dt&=\int\left(\frac{2}{t}+\frac{2}{1+t}-\frac{3}{(1+t)^2}+\frac{2}{1-t}\right)dt\\&=2\ln|t|+2\n|1+t|-2\ln|1-t|+\frac{3}{1+t}+C\\&=2\ln|t|+2\ln\left|\frac{1+t}{1-t}\right|+\frac{3}{1+t}+C\end{align*}

代回原来变量, \(t=\frac{\sqrt{x^2+x+1}-1}{x}\),我们有 \begin{align*}\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2+x+1}}&=2\ln|t|+2\ln\left|\frac{1+t}{1-t}\right|+\frac{3}{1+t}+C\\&=2\ln\left|\frac{\sqrt{x^2+x+1}-1}{x}\right|+2\ln\left|\frac{x+\sqrt{x^2+x+1}-1}{x-\sqrt{x^2+x+1}+1}\right|\\&\quad +\frac{3x}{x+\sqrt{x^2+x+1}-1}+C\end{align*}

我们看到了用两种不同的积分方式,得到了不一样的结果,这是很正常的事。

我们看一下用第三种方法 计算 的积分。

例2:求积分 \[\int\frac{xdx}{\sqrt{(7x-10-x^2)^3}}\]

解:我们知道, \(7x-10-x^2=(x-2)(5-x)\),所以应用第三种变换, \(\sqrt{2+x-x^2}=t(x-2)\),从而\[x=\frac{2t^2+5}{t^2+1},\sqrt{7x-10-x^2}=\frac{3t}{t^2+1},dx=\frac{-6t}{(t^2+1)^2}dt\]代入到积分里面去,我们得到

\begin{align*}\int\frac{xdx}{\sqrt{(7x-10-x^2)^3}}&= -\frac{6}{27}\int\frac{2t^2+5}{t^2}dt\\ &=-\frac{2}{9}\int(2+\frac{5}{t^2})dt=-\frac{4}{9}t+\frac{10}{9t}+C\\&=-\frac{4}{9}\cdot \frac{\sqrt{7x-10-x^2}}{x-2}+\frac{10(x-2)}{9\sqrt{7x-10-x^2}}+C\end{align*}

最后一个等式我们用等式 \(t=\frac{\sqrt{7x-10-x^2}}{x-2}\) 将 \(t\) 代回了原来的变量 \(x\)。

挑战微积分答案

问题1:求不定积分

    \[\int\frac{1-\ln x}{x^2+\ln^2x}dx.\]

答案:我们对被积函数变形得

    \[\int\frac{1-\ln x}{x^2+\ln^2x}dx=\int\frac{\frac{1}{x^2}-\frac{\ln x}{x^2}}{1+\left(\frac{\ln x}{x}\right)^2}=\int\frac{d\left(\frac{\ln x}{x}\right)}{1+\left(\frac{\ln x}{x}\right)^2}=\arctan\left(\frac{\ln x}{x}\right)^2+C\]

问题2:求不定积分

    \[\int\frac{4x^5-1}{(x^5+x+1)^2}dx.\]

答案:我们看到被积函数的分母是一个多项式的平方, 那么在求导公式 里,分母里是平方的,就是商的求导公式\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)'=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}。如果我们设 g(x)=x^5+x+1,那么 f'(x)g(x)-f(x)g'(x)=4x^5-1,也就是说

    \[f'(x)(x^5+x+1)-f(x)(5x^4+1)=4x^5-1\]

因为分子分母都是多项式,那么 f(x) 也是多项式。多项式的导数比多项式本身低一阶。所以我们有:

    \[f'(x)x^5-5f(x)x^5=4x^5, \quad f'(x)x-f(x)=0, \quad f'(x)=-1\]

所以我们可以得到 f(x)=-x,也就是说 \left(\frac{-x}{x^5+x+1}\right)'=\frac{4x^5-1}{(x^5+x+1)^2}。所以

    \[\int\frac{4x^5-1}{(x^5+x+1)^2}dx= -\frac{x}{x^5+x+1}+C .\]

问题3:求由曲线 y=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}x^{2/3}x=y^3 所围成的平面图形的面积。

答案:求面积的话,我们先要求出交点,以便确定积分的上下限。将第二个曲线的方程代入第一个曲线的方程,我们有

    \[y^3-y^2-2=0\]

解此方程,我们得到 y_1=0,y_2=-1,y_3=2,所以交点为 (0,0),(-1,-1),(8,2)

现在的问题是,我们要求面积的话,需要知道哪个曲线在上方,哪个曲线在下方。对于第一个曲线,我们一般是不知道它长什么的样的。这时候我们该如何确定上、下曲线呢?

我们可以用一些数值来确定它们的位置。在区间 (-1,0),我们选择 x=-\frac{1}{27},那么第一个曲线为

    \[y=\frac{1}{2}\cdot(-\frac{1}{27})-\frac{1}{2}\cdot(-\frac{1}{27})^{2/3}=-\frac{2}{27}\]

代入第二个曲线 ,我们有 y=-\frac{1}{3},因为 -\frac{2}{27}>-\frac{1}{3}。所以在 区间 (-1,0) 上,第一个曲线在上方。同理,我们可以选择 x=1,可以知道在区间 (0,8),第二个曲线在上方。所以面积为

    \begin{align*}A&=\int_{-1}^0\left(\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}x^{2/3}-x^{1/3}\right)dx+\int_0^8\left(x^{1/3}-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}x^{2/3}\right)dx\\ &=(\frac{1}{4}x^2-\frac{3}{10}x^{5/3}-\frac{3}{4}x^{4/3})\Big|_{-1}^0+(\frac{3}{4}x^{4/3}-\frac{1}{4}x^2+\frac{3}{10}x^{5/3})\Big|_0^8\\&=\frac{69}{5}\end{align*}

问题4:设数列 \{x_n\} 由下式定义

    \begin{align*}x_n&=\frac{n+1}{9n^2+(n+1)^2}+\frac{n+2}{9n^2+(n+2)^2}+\cdots+\frac{9n}{9n^2+(9n)^2}\\&=\sum_{k=n+1}^{9n}\frac{k}{9n^2+k^2}\end{align*}

求此数列的极限。

答案:因为

    \[x_n=\sum_{k=n+1}^{9n}\frac{k}{9n^2+k^2}=\sum_{k=n+1}^{9n}\frac{\frac{k}{n}}{9+\left(\frac{k}{n}\right)^2}\cdot \frac{1}{n}\]

取极限后,我们发现这是定积分的定义,所以

    \[\lim_{n\to\infty}x_n=\int_1^9\frac{x}{9+x^2}dx=\frac{1}{2}\ln(9+x^2)\Big|_1^9=\frac{1}{2}\ln 9=\ln 3\]

问题5:设 x_1=1,数列 \{x_n\}由递推式

    \[x_{n+1}=\frac{5+3x_n}{3+x_n}\]

所定义,证明数列 \{x_n\}收敛,并求其极限。

答案:递推式的极限,我们一般是用单调有界准则来证明其极限存在性。首先我们可以看到,如果极限存在,它的极限为 \sqrt{5}。因为两边取极限后,我们有

    \[A=\frac{5+3A}{3+A}\]

解这个方程,我们得到 A=\pm \sqrt5。但是显然 x_n>0,所以 A=\sqrt{5}

现在我们证明这个极限是有界的。我们用数学归纳法证明 0<x_n<\sqrt{5}x_1=1>0,所以很显然 x_n>0。我们现在证明 x_n<\sqrt{5}。首先 x_1=1<\sqrt{5},我们假设 x_n<\sqrt{5},我们希望能导出 x_{n+1}<\sqrt5。 因为 x_n<\sqrt5,我们对此不等式两边同乘以 3-\sqrt5(为什么乘以这个数?), 我们得到

    \[(3-\sqrt5)x_{n}<(3-\sqrt5)\sqrt5\]

展开,再移项,我们有

    \[5+3x_n<\sqrt5(3+x_n)\]

两边除以 3+x_n,我们就得到了

    \[x_{n+1}=\frac{5+3x_n}{3+x_n}<\sqrt5\]

现在我们证明它是单调的。

    \[x_{n+1}-x_n=\frac{5+3x_n}{3+x_n}-x_n=\frac{5-x_n^2}{3+x_n}\]

因为 x_n<\sqrt5,所以我们知道上式大于 0,所以数列是单调的。

由单调有界准则,我们知道这个数列是有极限的。由第一段的叙述,它的极限为 \sqrt5

注记:证明这个数列单调有界,也可以完全用归纳法来证明。我们这里的证明方式,是给出了数学上的一种常见的方法 ,就是有些数字,实际上是通过“凑”的方式得到的,例如我们刚才在不等式两边乘以 3-\sqrt5,实际上是对 x_{n+1}=\frac{5+3x_n}{3+x_n}<\sqrt5这个不等式反向运算得到的。

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挑战截止日期:2020年2月5日

我们来看题。

问题1:求不定积分\[\int\frac{1-\ln x}{x^2+\ln^2x}dx.\]

问题2:求不定积分 \[\int\frac{4x^5-1}{(x^5+x+1)^2}dx.\]

问题3:求由曲线 \(y=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}x^{2/3}\) 及 \(x=y^3\) 所围成的平面图形的面积。

问题4:设数列 \(\{x_n\}\) 由下式定义\[\begin{align*}x_n&=\frac{n+1}{9n^2+(n+1)^2}+\frac{n+2}{9n^2+(n+2)^2}+\cdots+\frac{9n}{9n^2+(9n)^2}\\&=\sum_{k=n+1}^{9n}\frac{k}{9n^2+k^2}\end{align*}\]求此数列的极限。

问题5:设 \(x_1=1\),数列 \(\{x_n\}\)由递推式

\[x_{n+1}=\frac{5+3x_n}{3+x_n}\]所定义,证明数列 \({x_n}\)收敛,并求其极限。

答案发送方法:

1,在本文下方评论区发布你的答案。数学公式可以用 LaTeX 输入。

2,将答案发邮件到: [email protected]

3,将答案发到微信:四都数学

我们根据收到答案的时间确定答题的时间顺序。

如果你觉得这些题有挑战性,可以与你的的同学、朋友分享,一起来挑战吧!

如何利用第二个重要极限来计算一些未定式极限

我们利用第二个重要极限来求 \(1^{\infty}\) 型的未定式极限, 通常的做法是,将幂指函数 \(f(x)^{g(x)}\)写成 \([(1+\alpha)^{1/\alpha}]^{\alpha g(x)}\) 的形式,方括号里面部分就是 \(e\),我们只需要处理方括号外面的指数部分就可以了。

第二个重要极限为\[\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n=e\]这个极限之所以重要,是因为它是推导指数函数导数公式的基础。我们也可以利用它来计算一些未定式极限,特别是 \(1^{\infty}\) 型的未定式极限。

我们利用这个极限来求 \(1^{\infty}\) 型的未定式极限, 通常的做法是,将幂指函数 \(f(x)^{g(x)}\)写成 \([(1+\alpha)^{1/\alpha}]^{\alpha g(x)}\) 的形式,方括号里面部分就是 \(e\),我们只需要处理方括号外面的指数部分就可以了。我们用几个例子来说明如何使用这个重要极限。

例1:计算极限

\[\lim_{x\to \infty}\left(\frac{x^2+5}{x^2-1}\right)^{x^2}\]

解:我们对函数进行变形,

\begin{align*}\lim_{x\to \infty}\left(\frac{x^2+5}{x^2-1}\right)^{x^2}&=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2-1+5}{x^2-1}\right)^{x^2}\\ &=\lim_{x\to \infty}\left(1+\frac{6}{x^2-1}\right)^{x^2}\\&=\lim_{x\to\infty}\left[\left( 1+\frac{6}{x^2-1} \right)^{\frac{x^2-1}{6}}\right]^{\frac{6x^2}{x^2-1}} \\&=e^6\end{align*}因为方括号里面的极限为 \(e\),指数部分的极限为 \(6\)。所以原极限为 \(e^6\)。

例2:计算极限

\[\lim_{x\to 0}\left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x}\right)^{\frac{1}{\sin x}}\]

解:我们对函数变形,

\begin{align*} \lim_{x\to 0}\left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x}\right)^{\frac{1}{\sin x}} &= \lim_{x\to 0}\left(\frac{1+\sin x+\tan x-\sin x}{1+\sin x}\right)^{\frac{1}{\sin x}} \\ &=\lim_{x\to 0}\left[\left(1+\frac{\tan x-\sin x}{1+\sin x}\right)^{\frac{1+\sin x}{\tan x-\sin x}}\right]^{\frac{\tan x-\sin x}{(1+\sin x)\sin x}}\\ &=e^0=1\end{align*}这里是因为方括号里面部分极限是 \(e\),方括号上方的指数的极限为 \(0\),所以原极限为 \(1\)。

这两个例子都说明了如何利用第二个重要极限来求其它 \(1^{\infty}\) 型的未定式极限。我们只需要将里面括号部分变成第二个重要极限的样子,而外面指数再乘一个里层指数的倒数。里面部分的极限永远是 \(e\),而指数部分,就可以应用极限的运算法则或者其它方法来求得。

分离变量法IV:齐次方程,常数项非齐次边界

如果方程是齐次的,而边界条件是非齐次的,我们可以利用叠加原理,将未知函数写成两个函数之和,其中一个函数满足边界条件,另一个函数满足方程和齐次边界条件。满足边界条件的函数通常可以比较容易构造出来,剩下的那个函数可以通过分离变量法求解。

如果方程是齐次的,而边界条件是非齐次的,我们可以利用叠加原理,将未知函数写成两个函数之和,其中一个函数满足边界条件,另一个函数满足方程和齐次边界条件。满足边界条件的函数通常可以比较容易构造出来,剩下的那个函数可以通过分离变量法求解。将解得两个函数相加,就得到了方程的解。

如果边界条件只是常数,我们可以先求出方程的一个稳态解,它满足方程的边界条件。这样的函数很容易就求出来。我们还是以热方程为例来说明。

例:解初边值问题

\[\begin{cases}u_t-u_{xx},\qquad &0<x<\frac{\pi}{2}\\ u(0,t)=0,&u(\frac{\pi}{2})=1\\ u(x,0)=x\end{cases}\]

解:我们设 \(u(x,t)=u_{\infty}(x)+v(x,t)\),其中 \(u_{\infty}^{\prime\prime}(x)=0, u_{\infty}(0)=0, u_{\infty}(\frac{\pi}{2})=1\)。求解 \(u_{\infty}(x)\),我们得到 \(u_{\infty}=ax+b\),代入边界条件,我们得到

\[u_{\infty}(x)=\frac{2}{\pi}x\]

将它代入等式 \(v(x,t)=u(x,t)-u_{\infty}(x)\),利用原方程以及初边值条件,我们得到 \(v(x,t)\) 满足初边值条件

\[\begin{cases}v_t-v_{xx}=0,\qquad & 0<x<\frac{\pi}{2}\\ v(0,t)=0,& v(\frac{\pi}{2},t)=0\\ v(x,0)=(1-\frac{2}{\pi})x\end{cases}\]

应用分离变量法(分离变量法I),我们知道

\[v(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}b_ne^{-4n^2t}\sin(2nx)\]

其中 \[\begin{align*}b_n&=\frac{4}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}} (1-\frac{2}{\pi})x \sin(2nx)dx\\ &= \frac{4}{\pi} (1-\frac{2}{\pi}) \left(-\frac{x}{2n}\cos(2nx)+\frac{1}{4n^2}\sin(2nx)\right)\Bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &= \frac{(-1)^{n+1}}{n} (1-\frac{2}{\pi}) \end{align*}\]

所以,方程的解为

\[u(x,t)= \frac{2}{\pi}x + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} (1-\frac{2}{\pi}) e^{-4n^2t}\sin(2nx) \]

分离变量法III:齐次边界,非齐次方程,非齐次项与时间相关

对于一般的齐次边界的非齐次方程,我们的一般处理方法是特征函数展开法。这种方法是分离变量法的一种特殊情形。这种方法类似于常微分方程里的常数变易法或者待定系数法。

对于一般的齐次边界的非齐次方程,我们的一般处理方法是特征函数展开法。这种方法是分离变量法的一种特殊情形。这种方法类似于常微分方程里的常数变易法或者待定系数法。

我们先用分离变量法求出对应齐次方程的特征函数,然后将未知函数、非齐次项及初始条件都用特征函数展开,其中未知函数的各系数待定,然后利用方程,求出未知函数里的系数,从而得到方程的解。

我们仍然以热传导方程为例来说明这种方法,对于波动方程可类似地讨论。

例:解下列初边值问题:

\[\begin{cases}u_t-u_{xx}=xt(2-t),\quad &0<x<\pi\\ u(0,t)=0,&u(\pi,t)=0 \\ u(x,0)=\sin(2x)\end{cases}\]

由分离变量法我们知道, 对应齐次方程的特征函数为 \(X_n=\sin(nx)\),所以未知函数,非齐次项和初始条件都可以用特征函数展开:

\[\begin{align*}&u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}T_n(t)\sin (nx)\\ &x^2t=\sum_{n=1}^{\infty}f_n(t)\sin(nx)\\ &x=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin(nx)\end{align*}\]

由傅里叶级数的系数表达式,我们得到

\[\begin{align*}f_n(t)&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}xt(2-t)\sin(nx)dx\\ &=\frac{2}{\pi}t(2-t) \int_{0}^{\pi}x\sin(nx)dx \\ &= \frac{2}{\pi}t(2-t) \left(-\frac{x}{n}\cos(nx)+\frac{1}{n^2}\sin(nx)\right)\Bigg|_{0}^{\pi}\\ &=\frac{2(-1)^{n+1}}{n}t(2-t)\end{align*}\]

\[B_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\sin(2x)\sin(nx)dx=\begin{cases}1,\quad &n=2\\ 0,& n\ne 2\end{cases}\]

这里我们可以直接应用三角函数的正交性。当然你也可以直接求积分来得到这些系数。又

\[u_t=\sum_{n=1}^{\infty}T'(t)\sin(nx),\quad u_{xx}=\sum_{n=1}^{\infty}-n^2T_(t)\sin(nx)\]

我们将这些表达式以及上面求得的系数代入方程里,我们得到

\[\sum_{n=1}^{\infty}(T’_n(t)-n^2T_n(t))\sin(nx)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(-1)^{n+1}}{n}t(2-t) \sin(nx)\]

比较两边的系数,我们行到一系列的方程

\[T’_n(t)-n^2T_n(t)= \frac{2(-1)^{n+1}}{n}t(2-t), \quad n=1,2,3,\cdots \]

这是一阶线性常微分方程,它们的解为

\[T_n(t)= e^{n^2t} \left(-\frac{1}{n^2}e^{-n^2t}t(2-t)-\frac{1}{n^4}e^{-n^2t}(2-2t)-\frac{2}{n^6}e^{-n^2t}+C_n\right)\]

所以方程的解具有形式

\[u=\sum_{n=1}^{\infty} \left(-\frac{1}{n^2}t(2-t)-\frac{1}{n^4}(2-2t)-\frac{2}{n^6}+C_n e^{n^2t} \right) \sin(nx)\]

代入初始条件,我们得到

\[u(x,0)= \sum_{n=1}^{\infty}\left(-\frac{2}{n^4}-\frac{2}{n^6}+C_n\right) \sin(nx)=\sin(2x) \]

从而\[c_n=\begin{cases}\frac{37}{32},\quad& n=2\\ \frac{2}{n^4}+\frac{2}{n^6},& n\ne 2\end{cases}\]

所以方程的解为

\[\begin{align*}u(x,t)&=(4e^t+t^2-4)\sin x+\left(\frac{37}{32}e^4t-\frac{1}{4}t(2-t)-\frac{1}{16}(2-2t)-\frac{1}{32}\right)\sin 2x\\ &+\sum_{n=3}^{\infty}\left( \frac{2}{n^4}e^{n^2t}+\frac{2}{n^6} e^{n^2t} -\frac{1}{n^2}t(2-t)-\frac{1}{n^4}(2-2t)-\frac{2}{n^6} \right)\sin(nx)\end{align*}.\]

我们上面的例子是以狄利可雷(Dirichlet)边界条件为例说明的,对于其它的边界条件,特征函数是不同的。我们把不同边界条件的特征函数列举在下面。

纽曼(Newmann)边界条件

\[u_x(0,t)=0, u_x(L,t)=0\Longrightarrow X_n(x)=\cos(\frac{n\pi x}{L})\]

混合边值问题I

\[u(0,t)=0, u_x(L,t)=0\Longrightarrow X_n(x)=\sin(\frac{(2k+1)\pi}{2L}x)\]

混合边值问题II

\[ u_x(0,t)=0, u(L,t)=0\Longrightarrow X_n(x)=\cos(\frac{(2k+1)\pi}{2L}x) \]

分离变量法 II:齐次边界,非齐次方程,非齐次项与时间 \(t\) 无关

我们求解非齐次偏微分方程时,如果边界条件是齐次的,一般的求解方法是采用特征函数展开法来求解。

我们求解非齐次偏微分方程时,如果边界条件是齐次的,一般的求解方法是采用特征函数展开法来求解。这种方法就是根据边界条件的类型,将未知函数、初始条件及非齐次项都展开成特征函数的级数形式,其系数待定。将这些函数的级数形式都代入方程,求出待定系数,从而求出未知函数的方法。本文不详细介绍这种方法,详细的介绍我留到下一篇文章。

如果非齐次项与时间 t 无关,我们也可以采用特征函数展开的方式来求解,但是我们有更有效的方法来求解。这种方法,我们先求出一个稳态解(对 t 的导数都为 \(0\),或者不含时间 t 的导数的方程),利用叠加原理,剩下的部分就是求解一个带齐次边界条件的齐次方程,这个我们在上一篇文章里已经介绍过了。

我们还是以热传导方程为例来说明这种方法,当然这种方法同样适用于波动方程。

例:用分离变量法求解初边值问题:

\[\begin{cases}u_t=\alpha^2u_{xx}+x, \qquad & 0<x<L\\ u(0,t)=0,& u(L,t)=0\\ u(x,0)=g(x)\end{cases}\]

我们看到非齐次项 \(f(x,t)=x\),只跟空间变量有关,与时间 \(t\) 无关。这时,我们只要设 \(u=u_{\infty}+v\),其中 \(u_{\infty}(x)\) 满足

\[\begin{cases}0=\alpha^2u_{\infty}^{\prime\prime}+x, \qquad & 0<x<L\\ u_{\infty}(0,t)=0,& u_{\infty}(L,t)=0\end{cases}\]

这是一个二阶常微分方程,我们只需要求两次积分就可以求出它的解了。

\[u_{\infty}^{\prime\prime}=-\frac{x}{\alpha^2}, \qquad u_{\infty}=-\frac{x^3}{6\alpha^2}+Ax+B\]

代入边界条件, 我们得到

\[B=0, A=\frac{L^2}{6\alpha^2}, \Longrightarrow u_{\infty}= -\frac{x^3}{6\alpha^2} + \frac{L^2x}{6\alpha^2} \]

将它的表达式代入方程 \(u=u_{\infty}+v\), \(v=u-u_{\infty}\),从而我们得到关于 \(v\) 的方程

\[ \begin{cases}v_t=\alpha^2u_{xx}, \qquad & 0<x<L\\ v(0,t)=0,& v(L,t)=0\\ v(x,0)=g(x)+ \frac{x^3}{6\alpha^2} – \frac{L^2x}{6\alpha^2} \end{cases} \]

那么 \(v\) 的求解跟之前讲的齐次方程,齐次边界的情形一样。使用分离变量法,注意到边界条件是狄利可雷边界条件,我们可以求得

\[v=\sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-(\frac{n\pi}{L})^2}\sin \frac{n\pi x}{L}\]

其中\[a_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{\pi}( g(x)+ \frac{x^3}{6\alpha^2} – \frac{L^2x}{6\alpha^2} )dx\]

所以,方程的解为

\[u= -\frac{x^3}{6\alpha^2} + \frac{L^2x}{6\alpha^2} + \sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-(\frac{n\pi}{L})^2}\sin \frac{n\pi x}{L} \]

分离变量法 I: 齐次方程,齐次边界条件

分离变量法是求解偏微分方程的一种基本方法。它的思想是:假设未知函数 \(u(x,t)\) 是两个各自依赖于变量 \(x\) 和变量 \(t\) 的函数 \(X(x), T(t)\) 的乘积, \(u(x,t)=X(x)T(t)\), 从而可以将偏微分方程简化成两个独立的常微分方程,然后利用常微分方程的理论与求解方法,来求出偏微方程的解的一种方法。

分离变量法是求解偏微分方程的一种基本方法。它的思想是:假设未知函数 \(u(x,t)\) 是两个各自依赖于变量 \(x\) 和变量 \(t\) 的函数 \(X(x), T(t)\) 的乘积, \(u(x,t)=X(x)T(t)\), 从而可以将偏微分方程简化成两个独立的常微分方程,然后利用常微分方程的理论与求解方法,来求出偏微方程的解的一种方法。这种方法一般用于求解热方程与波动方程的初边值问题与拉普拉斯(Laplace)方程的边值问题。

这一篇文章,我们详细讲解分离变量法来求解偏微分方程的的思想与步骤。热方程与波动方程里最简单的情形就是带齐次边界条件的齐次方程。我们用带齐次边界条件的热方程来说明个方法。

例:求解热方程
\[\begin{cases}
u_{t}-a^2u_{xx}=0,\quad & 0\le x\le L, t\geq 0 \\
u(0,t)=0, u(L,t)=0,&t\geq 0\\
u(x,0)=x,& 0\leq x\leq L
\end{cases}\]

我们现在详细讲解求解的步骤。

第一步,假设方程的解具有形式 \(u(x,t)=X(x)T(t)\),将它代入原方程,我们得到
\[T'(t)X(x)-a^2T(t)X^{\prime\prime}(x)=0\]
两边同除以 \(a^2X(x)T(t)\),方程变为
\[\frac{T'(t)}{a^2T(t)}=\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}\]
因为左边只跟 \(t\) 有关, 右边只跟 \(x\) 有关,要使得它们相等,只有两边都是常数。我们用 \(-\lambda\) 来表示这个常数(参见 Sturm-Liouville 定理了解为什么是负号)。也就是
\[\frac{T'(t)}{a^2T(t)}=\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}=-\lambda\]
从而得到了两个方程
\[\begin{array}{l}
X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0\\
T'(t)+a^2\lambda T(t)=0
\end{array}\]

因为原方程的边界条件 \(u(0,t)=0, u(L,t)=0\) 对所有的 \(t\) 成立,所以只可能 \(X(0)=0, X(L)=0\)。所以函数 \(X(x)\) 满足下列方程
\[\begin{cases}
X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0, 0\le x\le L\\
X(0)=0, X(L)=0
\end{cases}\]

第二步,求解 \(X(x)\)。由二阶常系数微分方程的解的理论,我们知道,这个方程的特征方程为
\[r^2+\lambda=0\]
其特征方程的根为
\[r_{1,2}=\pm\sqrt{-\lambda}\]

依据 \(\lambda\) 的符号,我们分几种情况讨论。

情形1: \(\lambda< 0\)。我们不妨设 \(\mu=\sqrt{-\lambda}>0\),那么方程的通角为
\[X(x)=C_1e^{\mu x}+C_2e^{-\mu x}\]
重新定义 \(C_1,C_2\)后,方程的通解可以写成
\[X(x)=C_1\sinh(\mu x)+C_2\cosh(\mu x)\]

由方程的边界条件,\(X(0)=0\),我们得到 \(C_2=0\),再由边界条件\(X(L)=0\),我们得到 \(C_2=0\)。所以方程的解只有零解。也就是说,\(\lambda\)不可能小于\(0\)。

情形2:\(\lambda=0\)。在这种情形下,方程变为 \(X”(x)=0\),积分两次,得到方程的通解为
\[X(x)=C_1x+C_2.\]
由边界条件,\(X(0)=0\)得到 \(C_2=0\),再由边界条件 \(X(L)=0\) 得到 \(C_1=0\)。所以方程的解只有零解。也就是说,\(\lambda\)也不可能等于\(0\)。

情形3:\(\lambda>0\)。这时候我们设设 \(\mu=\sqrt{\lambda}>0\)。\(r_{1,2}=\pm \mu i\),所以方程的通解为
\[X(x)=C_1\cos(\mu x)+C_2\sin(\mu x)\]
由边界条件\(X(0)=0\)得到 \(C_2=0\)。由边界条件\(X(L)=0\) 得到 \(C_1\sin(\mu L)=0\)。这个方程有解
\[\mu=\frac{n\pi}{L}, n=1,2,\cdots\]
也就是说 \(\lambda=(\frac{n\pi}{L})^2, n=1,2,\cdots\)。我们记
\[X_n=\sin(\frac{n\pi x}{L}),\]
它是方程的
\[\begin{cases}
X”(x)+\lambda X(x)=0, 0\le x\le L\\
X(0)=0, X(L)=0
\end{cases}\]
的解。称之为特征函数,而\(\lambda=(\frac{n\pi}{L})^2, n=1,2,\cdots\)称之为对应的特征值。

第三步,将 \(\lambda=(\frac{n\pi}{L})^2, n=1,2,\cdots\) 代入方程
\[T'(t)+a^2\lambda T(t)=0\]
可以得到方程
\[T'(t)+a^2(\frac{n\pi}{L})^2 T(t)=0\]
其解为
\[T_n(t)=A_ne^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\]
所以
\[u_n=T_n(t)X_n(x)=A_ne^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\sin(\frac{n\pi x}{L}),n=1,2,\cdots\]
都是原方程的一个解。

第四步,由叠加原理,原方程的通解为
\[u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_n=\sum_{n=1}^{\infty}A_ne^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\sin(\frac{n\pi x}{L})\]
由方程的初值条件,\(u(x,0)=f(x)\),
\[f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}A_n\sin(\frac{n\pi x}{L})\]
显然,等式的右边就是函数 \(f(x)\) 的 Fourier 正弦级数。\(A_n\) 是是函数 \(f(x)\) 的 Fourier 正弦系数
\[A_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin(\frac{n\pi x}{L})dx\]

所以初边值问题的解是
\[u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_n=\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin(\frac{n\pi x}{L})dx)e^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\sin(\frac{n\pi x}{L})\]