分类： 高等数学（上）

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*}

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。

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 \(x\)。

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 \(y=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}x^{2/3}\) 及 \(x=y^3\) 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。

网友“报上名来”第一个答题，且正确答出所有题目，将获得奖金 ￥200，网友 “pluto丷” 也答出了全部题目，将获得奖金￥50。请两位网友尽快与我们联系，告知奖金领取方式。谢谢！

疫情严重，在家无所事事，还不如来参加这个挑战，即可以打发时间，又学习了数学知识。还可以拿奖金！

奖金设置方法：每一道题，第一个正确解答者将获得奖金￥20，之后每一个正确解答奖金￥5。如果一次全部答对，且至少有一个问题还没有人答对的时候，奖金￥200。如果你的答案思路独特，解题方式新颖，与之前的正确答案明显解答方式不同，将视做第一个正确答案。

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： info@sudoedu.com

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！

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。

当平面图形绕着某一直线（旋转轴）旋转时，所得到的旋转体的体积，我们可以用切片法或者圆桶法求出。（详见切片法求旋转体的体积 和 圆桶法求旋转体的体积）总结起来，有几种情形：

情形1： 平面图形由 \(y=f(x), x=a, x=b\) 以及 \(x\) 轴围成，

利用切片法，这个图形绕 \(x\) 旋转所得的体积为\[V_x=\int_a^b\pi f^2(x)dx\]

而它绕 \(y\) 轴所得的体积，我们利用圆桶法求得它的体积为\[V_y=\int_a^b 2\pi xf(x)dx\]

情形2：如果平面图形由 \(x=h(y), y=c,y=d\) 以及 \(y\) 轴围成，

那么由圆桶法，绕 \(x\) 轴旋转的体积为 \[V_x=\int_c^d2\pi yh(y)dy\]而由切片法，可以得到绕 \(y\) 轴旋转所得的旋转体体积为\[V_y=\int_c^d\pi h^2(y)dy\]

情形3：如果平面图形由两条曲线 \(y=f(x), y=g(x)\)以及两条直线 \(x=a,x=b\) 所围成，

那我们用上曲线旋转所得的体积减去下曲线旋转所得的体积，则得到绕 \(x\) 旋转的体积为\[V_x=\int_a^b\pi (f^2(x)-g^2(x))dx\]同样，绕 \(y\) 轴旋转所得的体积为 \[V_y=\int_a^b2\pi x(f(x)-g(x))dx\]

情形4：类似可以得到由 \(x=h_1(y), x=h_2(y) \) 以及 \(y=c,y=d\) 围成的图形分别绕 \(x\) 轴及 \(y\) 轴旋转所得的体积

\[V_x=\int_c^d2\pi y(h_2(y)-h_1(y))dy, \quad V_y=\int_c^d\pi (h_2^2(y)-h_1^2(y))dy\]

现在我们来看几个例子。

例1：求由曲线 \(y=e^x, x=\ln 3\) 以及两个坐标轴所围成的图形分别绕 \(x\) 轴与绕 \(y\) 轴旋转所得的旋转体的体积。

解：与求平面图形的面积一样，我们先画出区域的图形。

所以，由切片法得到绕 \(x\) 旋转所得的体积为

\[V_x=\int_0^{\ln 3}\pi (e^x)^2dx=\pi\int_0^{\ln 3}e^{2x}dx=\frac{\pi}{2}e^{2x}\Big|_0^{\ln 3}=8\pi\]

由圆桶法得到绕 \(y\) 轴旋转所得的体积为 

\[V_y=\int_0^{\ln 3}2\pi x e^xdx=2\pi(xe^x-e^x)\BIg|_0^{\ln 3}=2\pi(3\ln 3-2)\]

注：这里绕 \(y\) 轴旋转，也可以用切片法来求，但是左边曲线有两条，所以要分成两个区域来求。读者可以自行练习。

例2：求由曲线 \(y=\sqrt{x}, y=x\) 所围成的区域分别绕 \(x\) 轴与 \(y\) 轴旋转所得的旋转体的体积。

解：老规矩，我们先画出区域的图形。

我们求出两曲线的交点：\(\sqrt{x}=x\)，我们得到两个交点 \((0,0), (1,1)\)。因为是两个曲线围成的区域，我们需要用上曲线绕出来的体积减去下曲线绕出来的体积。所以\[V_x=\int_0^1\pi ((\sqrt{x})^2-x^2)dx=\pi (\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3})\Big|_0^1=\frac{\pi}{6}\]而绕 \(y\) 轴旋转所得的体积为 \[V_y=\int_0^12\pi x (\sqrt{x}-x)dx=2\pi (\frac{2x^{5/2}}{5}-\frac{x^3}{3})\Big|_0^1=\frac{2\pi}{15}\]

求平面区域的面积，关键的第一步就是先将区域的图形画出来，根据区域的形状，我们可以比较容易得到积分的上、下限以及被积函数。

我们从定积分的定义就知道，曲边梯形

的面积为\[A=\int_a^bf(x)dx.\]

那么对于一般的平面区域，它们的面积该怎么求。我们来分成几种情形来讲：

情形1：假设平面区域是由曲线 \(x=a, x=b, y=f(x), y=g(x)\) 围成，

那么它的面积就是 \[\int_a^b(f(x)-g(x))dx\]

对于这种一般的平面图形，我们要记住的原则就是，求面积，永远是用上曲线减去下曲线积分。

情形2：如果上、下曲线不能用一个表达式表示，就要对区域进行分块，利用定积分的区域可加性来求，例如这样的区域的面积：

它的面积就要分成两部分来求。

\[A=\int_a^c(f_1(x)-g(x))dx+\int_c^d(f_2(x)-g(x))dx\]

情形3：如果平面区域是由曲线 \(y=c, y=d, x=h_1(y), x=h_2(y)\)所围成的话，

它的面积为 \[A=\int_c^d(h_2(y)-h_1(y))dx\]也就是说，我们用右边曲线减去左边曲线的积分来求面积。跟上一个情形一样，如果左右曲线不能用一个表达式表示，就要对区域进行分解，分别求各个部分的面积，最后求出整个图形的面积。

情形4： 如果平面图形由两个曲线围成

如果曲线 \(C_1\) 可以表示成 \(y=f_1(x)\) 也可以表示成 \(x=h_1(y)\)，而 \(C_2\) 可以表示成 \(y=f_2(x)\) 或者 \(x=h_2(y)\)，那么区域的面积等于积分\[\int_a^b (f_2(x)-f_1(x))dx\]或者\[ \int_c^d(h_1(y)-h_2(y))dy\]具体选择哪个积分变量还要看哪一个积分更方便计算。至于哪一个函数减哪一个函数，我们只需要记住一点就是：上曲线减下曲线，或者右曲线减左曲线。

情形 1 和情形 2 称为 \(x\) 型域，情形 3 称为 \(y\) 型域，情形 4 即可以算 \(x\) 域也可以算 \(y\) 型域。 \(x\) 型域以 \(x\) 为积分变量，被积函数为上曲线减去下曲线； \(y\) 型域以 \(y\) 为积分变量，被积函数为右曲线减去左曲线。

我们来看几个例子。

例1：求由曲线 \(y=x^2+1, y=z, x=-1, x=2\) 所围成的平面区域的面积。

解：我们先画出区域的图形，然后就可以确定积分上、下限以及被积函数。区域的图形如下：

从上面的图形我们可以看出，这个平面区域的面积为 \[A=\int_{-1}^2(x^2+1-x)dx=\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}+x\Big|_{-1}^2=\frac{9}{2}\]

这个例子是属于第一种情形的。

例2：求由 \(y=\frac{1}{x}, y=x, y=2\) 所围成的平面区域的面积。

解：我们先画出平面区域的图形。

要求这个区域的面积，如果以 \(x\) 为积分变量，就需要将区域分成两个部分

这样的话，就要分成两个积分来求。这是因为下方曲线是由两条曲线组成，它们的表达式不一样，所以要分成两个部分。但是如果我们以 \(y\) 为积分变量，那么右边曲线和左边曲线都只有一条，所以只需要求一个积分就可以了。

注意一下，上图中，两条曲线我们都表示成 \(x\) 是 \(y\) 的函数，因为我们要以 \(y\) 为积分变量，也就是说，\(y\) 是自变量。所以由我们之前的分析，被积函数是右边曲线 \(x=y\) 减去左边曲线 \(x=\frac{1}{y}\)，而区域里 \(y\) 的最大值和最小值就是积分上、下限，所以区域的面积为\[A=\int_1^2(y-\frac{1}{y})dy=\frac{y^2}{2}-\ln y\Big|_1^2=\frac{3}{2}-\ln 2\] 

从这个例子我们可以看出，有时候积分变量的选取，关系到积分的难易，所以在区域的图形画出来 以后，稍微分析一下，哪种方法比较容易计算。

我们来看最后一个例子。

例3：求由曲线 \(y=\sin x, y=\cos x, x=0, x=\frac{\pi}{2}\) 所围成的区域的面积。

解：如往常一样，我们先画出区域的图形。

从图形我们可以看出，要求这个区域的面积，得将它分成两部分，第一部分的上曲线是 \(\cos x\)，下曲线是 \(\sin x\) ，第二部分正好相反。当然我们也要求出两个曲线的交点，这个交点就是两部分的分界点。

由 \(\sin x=\cos x\)， 我们得到 \(\tan x =1\)，由此得到 \(x=\frac{\pi}{4}\)，这个我们已经在图上画出来了。所以平面区域的面积为

\begin{align*}A&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}(\cos x-\sin x)dx+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}(\sin x-\cos x)dx\\ &=(\sin x+\cos x)\Big|_0^{\frac{\pi}{4}}+(-\cos x-\sin x)\Big|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\\ &=2(\sqrt 2-1)\end{align*}

半角代换，指的是用代换 \(u=\tan \frac{x}{2}\) 将三角函数化简的一种积分方法。 因为这个代换能将任意的三角有理函数化成有理函数，因而也称之为万能代换。我们知道，任何的有理函数都是可以求得出它的不定积分，因而所有的三角有理函数也是可以求它的不定积分。

因为所有的三角函数都可以表示成 \(\sin x, \cos x\) 的表达式，所以我们只需要知道这两个函数在半角代换下的表达式即可。我们利用三角形来导出这些表达式。因为 \(u=\tan\frac{x}{2}\)，由 \(\tan x\) 的定义，我们知道三角形的关系如图

从图形上可以看出

\[\cos\frac{x}{2}=\frac{1}{\sqrt{1+u^2}},\quad \sin\frac{x}{2}=\frac{u}{\sqrt{1+u^2}}\]

从三角恒等式 \[\sin2x=2\sin x\cos x,\quad \cos 2x=\cos^2x-\sin^2x \]可以得到

\[\sin x=\sin(2\cdot\frac{x}{2})=2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}= \frac{u}{\sqrt{1+u^2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1+u^2}} =\frac{u}{1+u^2} \]

\[\cos x=\cos (2\cdot\frac{x}{2})=\cos^2\frac{x}{2}-\sin^2\frac{x}{2}=\frac{1}{1+u^2}-\frac{u^2}{1+u^2}=\frac{1-u^2}{1+u^2}\]

最后，我们需要导出 \(dx\) 的表达式。 因为 \(x=2\arctan u\)， 所以 \[dx=\frac{2}{1+u^2}du\]

总结起来，我们有

\[\sin x=\frac{u}{1+u^2},\quad \cos x=\frac{1-u^2}{1+u^2},\quad dx=\frac{2}{1+u^2}du\]

有了这些公式之后，我们就可以用半角代换来求三角有理函数的积分了。我们来看两个例子。

例1：求积分

\[\int\frac{dx}{3\sin x-4\cos x}\]

解：应用半角代换 \(u=\tan\frac{x}{2}\)，我们有\( \sin x=\frac{u}{1+u^2},\quad \cos x=\frac{1-u^2}{1+u^2},\quad dx=\frac{2}{1+u^2}du \)，代入到积分里，得到

\begin{align*} \int\frac{dx}{3\sin x-4\cos x} &= \int\frac{1}{3 \frac{u}{1+u^2} -4 \frac{1-u^2}{1+u^2} }\cdot \frac{2}{1+u^2}du \\ &=2\int\frac{1}{6u-4+4u^2}du=\int\frac{1}{ 2u^2+3y-2 }du\\ &=\int\frac{1}{(2u-1)(u+2)}du\end{align*}

利用有理函数的分式分解（参考有理函数的积分），我们有

\[ \frac{1}{(2u-1)(u+2)} =\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{2u-1}-\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{ u+2 }\]

所以原积分变为

\begin{align*} \int\frac{dx}{3\sin x-4\cos x} &= \frac{2}{5}\int\frac{1}{2u-1}du-\frac{1}{5}\int\frac{1}{ u+2 }du \\ &= \frac{1}{5} \ln|2u-1|-\frac{1}{5}\ln|u+1|+C \\&= \frac{1}{5}\ln\left|\frac{2u-1}{u+1}\right|+C \\ &=\frac{1}{5} \ln\left|\frac{2\tan\frac{x}{2}-1}{\tan\frac{x}{2}+1}\right|+C \end{align*}

例2：求积分 \[\int\frac{dx}{\sin x+\tan x}\]

解：作变换 \(u=\tan\frac{x}{2}\)，我们有 \( \sin x=\frac{u}{1+u^2},\quad \cos x=\frac{1-u^2}{1+u^2},\quad dx=\frac{2}{1+u^2}du \)，那么\(\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=\frac{u}{1-u^2}\)，所以原积分为

\begin{align*} \int\frac{dx}{\sin x+\tan x} &= \int\frac{1}{\frac{u}{1+u^2}+\frac{u}{1-u^2}}\cdot\frac{2}{1+u^2}du\\ &=\int\frac{1-u^2}{2u}du=\frac{1}{2}\ln|u|-\frac{1}{4}u^2+C\\ &=\frac{1}{2}\ln\left|\tan\frac{x}{2}\right|-\frac{1}{4}\tan^2\frac{x}{2}+C\end{align*}