高等数学吧 - 积分竞赛 - Season 1 - 1

同样是先给出链接：Season 1
因为供题者和解题人都可以在链接里找到，所以这里就不再赘述

第一题：
$\displaystyle\int e^{x\sin x+\cos x}\left(\dfrac{x^4\cos^3x-x\sin x+\cos x}{x^2\cos^2x}\right)\text{d}x.$

解答：
注意到：
$\begin{aligned} &(e^{x\sin x+\cos x})'=x\cos xe^{x\sin x+\cos x}\\ &\int\dfrac{\cos x-x\sin x}{x^2\cos^2x}\text{d}x=-\dfrac{1}{x\cos x}\\ &\Rightarrow I=\int e^{x\sin x+\cos x}\left(\dfrac{x^4\cos^3x-x\sin x+\cos x}{x^2\cos^2x}\right)\text{d}x\\ &\qquad=\int e^{x\sin x+\cos x}\left(x^2\cos x+\dfrac{\cos x-\sin x}{x^2\cos^2x}\right)\text{d}x\\ &\qquad=\int x\cos xe^{x\sin x+\cos x}\cdot x\text{d}x-\int e^{x\cos x+\sin x}\text{d}\dfrac{1}{x\cos x}\\ &\qquad=xe^{x\sin x+\cos x}-\int e^{x\sin x+\cos x}\text{d}x\\ &\qquad\quad-\dfrac{1}{x\cos x}\cdot e^{x\sin x+\cos x}+\int e^{x\sin x+\cos x}\text{d}x\\ &\qquad=e^{x\sin x+\cos x}\left(x-\dfrac{1}{x\cos x}\right)+C \end{aligned}$

这题看起来只需要分部积分就可以解了，但是没有一定的训练还是很难直接看出来这两个分部积分的，第一题应该没有什么需要补充的知识

第二题：
求 $\displaystyle I=\int_0^{2\pi}\ln(a^2\sin^2x+b^2\cos^2x+2ab\sin x\cos x)\text{d}x,\quad a^2+b^2>0.$

解答：
$\begin{aligned} I= &\int_0^{2\pi}\ln(a\sin x+b\cos x)^2\text{d}x\\ =&\int_0^{2\pi}\ln\left[(a^2+b^2) \cdot\sin^2(x+\theta)\right]\text{d}x\\ =&2\pi\ln(a^2+b^2)+\int_0^{2\pi}\ln\sin^2t\text{d}t\\ =&2\pi\ln(a^2+b^2)+4\cdot2\int_0^{\frac\pi2}\ln\sin t\text{d}t\\ =&2\pi\ln(a^2+b^2)+8(-\dfrac{\pi}{2}\ln2)\\ =&2\pi\ln(\dfrac{a^2+b^2}{4}) \end{aligned}$

这里应该只会有一个点（要是有人不知道辅助角公式那我也没办法了

$\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\ln\sin t\text{d}t=-\dfrac{\pi}{2}\ln2$

这个题其实很经典的，这里先给一种方法(大佬请直接跳过)：
$\begin{aligned} &\int_0^{\frac\pi2}\ln\sin x\text{d}x=\int_0^{\frac\pi2}\ln\cos t\text{d}t\quad t=\dfrac{\pi}{2}-x\\ &\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin x\text{d}x+\int_0^{\frac\pi2}\ln\cos x\text{d}x=2\int_0^{\frac\pi2}\ln\sin x\text{d}x\\ =&\int_0^{\frac\pi2}\ln\dfrac{\sin2x}{2}\text{d}x=\int_{0}^{\frac\pi2}\ln\sin 2x-\ln2\text{d}x\\ =&\dfrac12\int_0^{\pi}\ln\sin t\text{d}t-\dfrac{\pi}{2}\ln2\quad t=2x\\ =&\int_0^{\frac\pi2}\ln\sin x\text{d}x-\dfrac{\pi}{2}\ln2\\ &\Rightarrow \int_0^{\frac\pi2}\ln\sin x\text{d}x=-\dfrac{\pi}{2}\ln2 \end{aligned}$

补一下突然发现有大佬整理了：看第四题

第三题我先跳过
留个题目占坑
第三题：
$\displaystyle\int_0^1\left(\left\lfloor\dfrac{2}{x}\right\rfloor-2\left\lfloor\dfrac{1}{x}\right\rfloor\right)\text{d}x=2\ln2-1$

以及R神的推广：
$\displaystyle\int_0^1\left(\left\lfloor\dfrac{k}{x}\right\rfloor-k\left\lfloor\dfrac{1}{x}\right\rfloor\right)\text{d}x\\=k\ln k-k\left(\dfrac12+\dfrac13+\cdots+\dfrac1k\right)$

第四题：
$\displaystyle\int_{\sqrt{\ln2}}^{\sqrt{\ln3}}\dfrac{x\sin x^2}{\sin x^2+\sin(\ln6-x^2)}\text{d}x.$

解答：
$\begin{aligned} I=&\int_{\sqrt{\ln2}}^{\sqrt{\ln3}}\dfrac{x\sin x^2}{\sin x^2+\sin(\ln6-x^2)}\text{d}x\\ =&\dfrac12\int_{\ln2}^{\ln3}\dfrac{\sin t}{\sin t+\sin (\ln6-t)}\text{d}t\\ =&\dfrac{1}{2}\int_{\ln2}^{\ln3}\dfrac{\sin(\ln6-t)}{\sin t+\sin (\ln6-t)}\text{d}t\\ 2I=&\dfrac{1}{2}\int_{\ln2}^{\ln3}\text{d}t=\dfrac12\ln\dfrac32\\ I=&\dfrac14\ln\dfrac32 \end{aligned}$

这边用到了常见的区间再现，如果不会的话，就看看贴吧大佬写的贴子：点我啊!!!
这题唯一的难点就是畏难情绪，其他应该没有了

第五题：
已知 $y(x-y)^2=x.$ 计算 $\displaystyle\int\dfrac{\text{d}x}{x-3y}.$

解答：
$\begin{aligned} &令\;x-y=t\;\Rightarrow\;y=x-t\\ &(x-t)t^2=x\\ &\Rightarrow\;x=\dfrac{t^3}{t^2-1},\;y=\dfrac{t}{t^2-1}\\ &\dfrac{1}{x-3y}=\dfrac{t^2-1}{t(t^2-3)},\\ &\text{d}x=\dfrac{t^2(t^2-3)}{(t^2-1)^2}\text{d}t\\ &\int\dfrac{\text{d}x}{x-3y}=\int\dfrac{t}{t^2-1}\text{d}t\\ &=\dfrac12\ln(t^2-1)+C\\ &=\dfrac12\ln\left((x-y)^2-1\right)+C \end{aligned}$

这个题感觉主要还是经验问题，做多了就有感觉了，这里也没有什么新的知识。

第六题：
$\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{\text{d}x}{x^3(e^{\frac\pi x}-1)}$

解答：
先倒代换
$\begin{aligned} I=&\int_0^{+\infty}\dfrac{u\text{d}u}{e^{\pi u}-1}=\int_0^{+\infty}\dfrac{ue^{-\pi u}\text{d}u}{1-e^{-\pi u}}\\ =&\int_0^{+\infty}u\sum_{n=0}^{+\infty}e^{-(n+1)\pi u}\text{d}u\\ =&\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{-1}{(n+1)\pi}ue^{-(n+1)\pi u}\bigg|_0^{+\infty}\\ &+\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{(n+1)\pi}\int_0^{+\infty}e^{-(n+1)\pi u}\text{d}u\\ =&\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{-1}{(n+1)^2\pi^2}e^{-(n+1)\pi u}\bigg|_0^{+\infty}\\ =&\dfrac{1}{\pi^2}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2}\\ =&\dfrac16 \end{aligned}$

这里有一个可能有人不理解的就是最后的级数：
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$
这个是：巴塞尔问题

第七题：
$\displaystyle\int_0^{\infty}\dfrac{\ln(1+x)\ln x}{1+x^2}\text{d}x$

解答：
$\begin{aligned} A=&\int_0^{\infty}\dfrac{\ln(1+x)\ln x}{1+x^2}\text{d}x\quad t = \frac1x\\ =&\int_0^{\infty}\dfrac{\ln\frac1x\ln(1+\frac1x)}{1+x^2}\text{d}x\\ =&\int_0^{\infty}\dfrac{\ln^2x}{1+x^2}\text{d}x-\int_0^{\infty}\dfrac{\ln (1+x)\ln x}{1+x^2}\text{d}x\\ A=&\dfrac12\int_0^{\infty}\dfrac{\ln^2x}{1+x^2}\text{d}x\\ =&\dfrac12\left(\int_0^1\dfrac{\ln^2x}{1+x^2}\text{d}x+\int_1^{\infty}\dfrac{\ln^2x}{1+x^2}\text{d}x\right)\\ =&\int_0^1\dfrac{\ln^2x}{1+x^2}\text{d}x\\ 令\;f&(a)=\int_0^1\dfrac{x^a}{1+x^2}\text{d}x\\ =&\int_0^1x^a\sum_{k=0}^{\infty}(-x^2)^k\text{d}x\\ =&\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_0^1x^{2k+a}\text{d}x\\ =&\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\dfrac{1}{2k+1+a}\\ f''(a&)=\int_0^1\dfrac{x^a\ln^2x}{1+x^2}\text{d}x\\ =&\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\dfrac{2}{(2k+1+a)^3}\\ f''(0&)=\int_0^1\dfrac{\ln^2x}{1+x^2}\text{d}x\\=&\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\dfrac{2}{(2k+1)^3}=\dfrac{\pi^3}{16} \end{aligned}$

这里有一个很多非数的同学都不懂的方法：含参积分
贴吧大佬已经讲了很多了，我这里就只贴一个链接
至于下面这个就先放着：
$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)^3}=\dfrac{\pi^3}{32}$

第八题：
$\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln2-\ln(1+\sqrt{1-x^2})}{x}\text{d}x$

解答：
$\begin{aligned} I=&\int_0^{\frac\pi2}\dfrac{\ln2-\ln(1+\cos x)}{\sin x}\cos x\text{d}x\\ =&\int_0^1\dfrac{\ln2-\ln(1+\frac{1-t^2}{1+t^2})}{\frac{2t}{1+t^2}}\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\dfrac{2}{1+t^2}\text{d}t\\ =&\int_0^1\dfrac{(1-t^2)\ln(1+t^2)}{t(1+t^2)}\text{d}t\\ =&\int_0^1\dfrac{\ln(1+t^2)}{t}\text{d}t-2\int_0^1\dfrac{t\ln(1+t^2)}{1+t^2}\text{d}t\\ =&\int_0^1\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k+1}t^{2k-1}}{k}\text{d}t-\dfrac12\ln^22\\ =&\dfrac12\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k^2}-\dfrac12\ln^22\\ =&\dfrac{\pi^2}{24}-\dfrac12\ln^22 \end{aligned}$

用到了万能代换：
$\begin{aligned} &\tan\frac x2=t\\ &\sin x=\dfrac{2t}{1+t^2}\\ &\cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}\\ &\text{d}x=\dfrac{2}{1+t^2}\text{d}t\end{aligned}$

常见的无穷级数：
$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{12}$

第九题：
$\displaystyle\int_0^1\dfrac{\sqrt[5]{x^3(1-x)^2}}{(1+x)^3}\text{d}x$

解答：
R神给了一个推广：
$\begin{aligned} &\int_0^1\dfrac{\sqrt[n]{x^m(1-x)^{n-m}}}{(1+x)^3}\text{d}x\\ =&\int_0^1\left(\dfrac{x}{1+x}\right)^{\frac mn}\left(\dfrac{1-x}{1+x}\right)^{\frac{n-m}{n}}\dfrac{\text{d}x}{(1+x)^2}\\ =&2^{-\frac{n+m}{n}}\int_0^1t^{\frac mn}(1-t)^{\frac{n-m}{n}}\text{d}t\\ =&\dfrac{2^{-\frac{n+m}{n}}}{\Gamma(3)}\Gamma(\dfrac{n+m}{n})\Gamma(\dfrac{2n-m}{n})\\ =&2^{-\frac{2n+m}{n}}\cdot\dfrac{m}{n}\cdot\dfrac{n-m}{n}\Gamma(\dfrac{m}{n})\Gamma(1-\dfrac{m}{n})\\ =&2^{-\frac{2n+m}{n}}\cdot\dfrac{m(n-m)}{n^2}\cdot\dfrac{\pi}{\sin(\frac{m\pi}{n})} \end{aligned}$
把n，m带入即可得到第九题答案：
$\displaystyle\dfrac{3\pi}{25\cdot2^{\frac1{10}}\sqrt{5+\sqrt{5}}}$

这一题想要补充的东西可能挺多的
$\Gamma$ 函数 $\text{B}$ 函数
这个就先挖坑吧
我人傻了，这个不支持\Beta函数吗的

第十题：
$\displaystyle\int_0^\pi\dfrac{x\sin2x\sin(\frac{\pi}{2}\cos x)}{2x-\pi}\text{d}x$

解答：
$\begin{aligned} &设\;2x-\pi=t\\ I=&\int_0^\pi\dfrac{x\sin2x\sin(\frac{\pi}{2}\cos x)}{2x-\pi}\text{d}x\\ =&\dfrac14\int_{-\pi}^{\pi}\dfrac{(t+\pi)\sin t\sin(\frac\pi2\sin(\frac t2))}{t}\text{d}t\\ =&\dfrac14\int_{-\pi}^{\pi}2\sin\frac t2\cos\frac t2\sin(\frac\pi2\sin\frac t2)\text{d}t\\ =&2\int_0^1x\sin\frac\pi2x\text{d}x\\ =&\dfrac{8}{\pi^2} \end{aligned}$

留下的坑：

第三题的解答
$\Gamma$ 函数
$\text{B}$ 函数
第九题没完全理解

一部分就10题吧，才发现单单第一季就有100题，太恐怖了，学习的路还很长

今天就先这样了，该去收拾行李了

高等数学吧 - 积分竞赛 - Season 1 - 1

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