反常积分

一、无穷限的反常积分

定义1：设函数f(x)f(x)f(x)在区间[a,+∞)[a,+\infty)[a,+∞)上连续，如果极限lim⁡t→+∞∫atf(x)dx\lim_{t\to+\infty}\int^t_af(x)dxlimt→+∞∫atf(x)dx存在，那么称反常积分∫a+∞f(x)dx\int^{+\infty}_af(x)dx∫a+∞f(x)dx收敛，并称此极限为该反常积分的值；如果极限lim⁡t→+∞∫atf(x)dx\lim_{t\to+\infty}\int^t_af(x)dxlimt→+∞∫atf(x)dx不存在，那么称反常积分∫a+∞f(x)dx\int^{+\infty}_af(x)dx∫a+∞f(x)dx发散

定义2：设函数f(x)f(x)f(x)在区间(−∞,b](-\infty,b](−∞,b]上连续，如果极限lim⁡t→+∞∫tbf(x)dx\lim_{t\to+\infty}\int^b_tf(x)dxlimt→+∞∫tbf(x)dx存在，那么称反常积分∫−∞bf(x)dx\int^b_{-\infty}f(x)dx∫−∞bf(x)dx收敛，并称此极限为该反常积分的值；如果极限lim⁡t→+∞∫tbf(x)dx\lim_{t\to+\infty}\int^b_tf(x)dxlimt→+∞∫tbf(x)dx不存在，那么称反常积分∫−∞bf(x)dx\int^b_{-\infty}f(x)dx∫−∞bf(x)dx发散

定义3：设函数f(x)f(x)f(x)在区间(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)(−∞,+∞)上连续，如果反常积分∫−∞0f(x)dx\int^0_{-\infty}f(x)dx∫−∞0f(x)dx与反常积分∫0+∞f(x)dx\int^{+\infty}_0f(x)dx∫0+∞f(x)dx均收敛，那么反常积分∫−∞+∞f(x)dx\int^{+\infty}_{-\infty}f(x)dx∫−∞+∞f(x)dx收敛，并称反常积分∫−∞0f(x)dx\int^0_{-\infty}f(x)dx∫−∞0f(x)dx与反常积分∫0+∞f(x)dx\int^{+\infty}_0f(x)dx∫0+∞f(x)dx的值之和为反常积分∫−∞+∞f(x)dx\int^{+\infty}_{-\infty}f(x)dx∫−∞+∞f(x)dx的值，否则就称反常积分∫−∞+∞f(x)dx\int^{+\infty}_{-\infty}f(x)dx∫−∞+∞f(x)dx发散
根据定义3，∫−∞+∞xdx=0\int^{+\infty}_{-\infty}xdx=0∫−∞+∞xdx=0是错误的，因为∫−∞0xdx=∞,∫0+∞xdx=∞\int^0_{-\infty}xdx=\infty,\int^{+\infty}_0xdx=\infty∫−∞0xdx=∞,∫0+∞xdx=∞

例1：计算反常积分∫−∞+∞dx1+x2\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dx}{1+x^2}∫−∞+∞1+x2dx
∫−∞+∞=∫−∞0+∫0+∞\int^{+\infty}_{-\infty}=\int^0_{-\infty}+\int^{+\infty}_0∫−∞+∞=∫−∞0+∫0+∞
∫−∞011+x2dx=arctan⁡x∣−∞0=π2\int^0_{-\infty}\frac1{1+x^2}dx=\arctan x\Big|^0_{-\infty}=\frac\pi2∫−∞01+x21dx=arctanx∣∣−∞0=2π
∫0+∞11+x2dx=arctan⁡x∣0+∞=π2\int^{+\infty}_0\frac1{1+x^2}dx=\arctan x\Big|^{+\infty}_0=\frac\pi2∫0+∞1+x21dx=arctanx∣∣0+∞=2π
因此∫−∞+∞dx1+x2=π\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dx}{1+x^2}=\pi∫−∞+∞1+x2dx=π

幂函数的反常积分结论无穷型

反常积分∫a+∞dxxp(a>0)\int^{+\infty}_a\frac{dx}{x^p}\quad(a>0)∫a+∞xpdx(a>0)，当p>1p>1p>1时收敛，当p≤1p\leq1p≤1时发散
证明：
当p=1p=1p=1时，∫a+∞dxx=ln⁡x∣a+∞=+∞\int^{+\infty}_a\frac{dx}x=\ln x|^{+\infty}_a=+\infty∫a+∞xdx=lnx∣a+∞=+∞，发散
当p≠1p\ne1p=1时
∫a+∞dxxp=∫a+∞x−pdx=x1−p1−p∣a+∞=lim⁡x→+∞x1−p1−p−a1−p1−p={∞,p<1a1−p1−p,p>1\begin{aligned}\int^{+\infty}_a\frac{dx}{x^p}&=\int^{+\infty}_{a}x^{-p}dx\\&=\frac{x^{1-p}}{1-p}\Big|^{+\infty}_a\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{1-p}}{1-p}-\frac{a^{1-p}}{1-p}\\&=\left\{\begin{aligned}&\infty,p<1\\&\frac{a^{1-p}}{1-p},p>1\end{aligned}\right.\end{aligned}∫a+∞xpdx=∫a+∞x−pdx=1−px1−p∣∣a+∞=x→+∞lim1−px1−p−1−pa1−p=⎩⎨⎧∞,p<11−pa1−p,p>1
故当p>1p>1p>1时收敛，当p≤1p\leq1p≤1时发散

无界函数的反常积分

定义1：设函数f(x)f(x)f(x)在区间(a,b](a,b](a,b]上连续，点aaa为f(x)f(x)f(x)的瑕点，如果极限lim⁡t→a+∫tbf(x)dx\lim_{t\to a^+}\int^b_t f(x)dxlimt→a+∫tbf(x)dx存在，那么称反常积分∫abf(x)dx\int^b_a f(x)dx∫abf(x)dx收敛，并称此极限为该反常积分的值；如果极限lim⁡t→a+∫tbf(x)dx\lim_{t\to a^+}\int^b_t f(x)dxlimt→a+∫tbf(x)dx不存在，那么称反常积分∫abf(x)dx\int^b_a f(x)dx∫abf(x)dx发散

定义2：设函数f(x)f(x)f(x)在区间[a,b)[a,b)[a,b)上连续，点bbb为f(x)f(x)f(x)的瑕点，如果极限lim⁡t→b−∫atf(x)dx\lim_{t\to b^-}\int^t_a f(x)dxlimt→b−∫atf(x)dx存在，那么称反常积分∫abf(x)dx\int^b_a f(x)dx∫abf(x)dx收敛，并称此极限为该反常积分的值；如果极限lim⁡t→b−∫atf(x)dx\lim_{t\to b^-}\int^t_a f(x)dxlimt→b−∫atf(x)dx不存在，那么称反常积分∫abf(x)dx\int^b_a f(x)dx∫abf(x)dx发散

定义3：设函数f(x)f(x)f(x)在区间[a,c)[a,c)[a,c)及区间(c,b](c,b](c,b]上连续，点ccc为f(x)f(x)f(x)的瑕点，如果反常积分∫acf(x)dx\int^c_af(x)dx∫acf(x)dx与反常积分∫cbf(x)dx\int^b_cf(x)dx∫cbf(x)dx均收敛，那么称反常积分∫abf(x)dx\int^b_af(x)dx∫abf(x)dx收敛，并称反常积分∫acf(x)dx\int^c_af(x)dx∫acf(x)dx的值与反常积分∫cbf(x)dx\int^b_cf(x)dx∫cbf(x)dx的值之和为反常积分∫abf(x)dx\int^b_af(x)dx∫abf(x)dx的值，否则，就称反常积分∫abf(x)dx\int^b_af(x)dx∫abf(x)dx发散
根据定义3：∫−111xdx=0\int^1_{-1}\frac1xdx=0∫−11x1dx=0是错误的，因为∫011xdx=ln⁡x∣01=∞\int^1_0\frac1xdx=\ln x|^1_0=\infty∫01x1dx=lnx∣01=∞

例2：讨论反常积分∫−11dxx2\int^1_{-1}\frac{dx}{x^2}∫−11x2dx的收敛性
注意此处不满足幂函数的反常积分结论1的条件
∫−11=∫−10+∫01\int^1_{-1}=\int^0_{-1}+\int^1_0∫−11=∫−10+∫01
∫011x2dx=−1x∣01=−1+lim⁡x→0+1x=∞\int^1_0\frac1{x^2}dx=-\frac1x|^1_0=-1+\lim_{x\to0^+}\frac1x=\infty∫01x21dx=−x1∣01=−1+limx→0+x1=∞
故反常积分∫−11dxx2\int^1_{-1}\frac{dx}{x^2}∫−11x2dx发散

幂函数的反常积分结论瑕点型

反常积分∫abdx(x−a)q\int^b_a\frac{dx}{(x-a)^q}∫ab(x−a)qdx当0<q<10<q<10<q<1时收敛，当q≥1q\geq1q≥1时发散
证明：
当q=1q=1q=1时，∫abdxx−a=ln⁡(x−a)∣ab=ln⁡(b−a)−lim⁡x→a+ln⁡(x−a)\int^b_a\frac{dx}{x-a}=\ln(x-a)|^b_a=\ln(b-a)-\lim_{x\to a^+}\ln(x-a)∫abx−adx=ln(x−a)∣ab=ln(b−a)−limx→a+ln(x−a)，发散
当q≠1q\ne1q=1时
∫abdx(x−a)q=∫ab(x−a)−qdx=(x−a)1−q1−q∣ab=(b−a)1−q1−q−lim⁡x→a+(x−a)1−q1−q={(b−a)1−q1−q,0<q<1∞,q>1\begin{aligned}\int^b_a\frac{dx}{(x-a)^q}&=\int^b_a(x-a)^{-q}dx\\&=\frac{(x-a)^{1-q}}{1-q}\Big|^b_a\\&=\frac{(b-a)^{1-q}}{1-q}-\lim_{x\to a^+}\frac{(x-a)^{1-q}}{1-q}\\&=\left\{\begin{aligned}&\frac{(b-a)^{1-q}}{1-q},0<q<1\\&\infty,q>1\end{aligned}\right.\end{aligned}∫ab(x−a)qdx=∫ab(x−a)−qdx=1−q(x−a)1−q∣∣ab=1−q(b−a)1−q−x→a+lim1−q(x−a)1−q=⎩⎨⎧1−q(b−a)1−q,0<q<1∞,q>1
证毕

例3：求反常积分∫0+∞dxx(x+1)3\int^{+\infty}_0\frac{dx}{\sqrt{x(x+1)^3}}∫0+∞x(x+1)3dx
法1
观察到分母是x2x^2x2，分子是x0x^0x0所以考虑倒代换
令x=1t,dx=−1t2dtx=\frac1t,dx=-\frac1{t^2}dtx=t1,dx=−t21dt
∫0+∞dxx(x+1)3=∫0+∞1(1+t)32dt=(1+t)−12−12∣0+∞=0+2=2\begin{aligned}\int^{+\infty}_0\frac{dx}{\sqrt{x(x+1)^3}}&=\int^{+\infty}_0\frac1{(1+t)^{\frac32}}dt\\&=\frac{(1+t)^{-\frac12}}{-\frac12}\Big|^{+\infty}_0\\&=0+2=2\end{aligned}∫0+∞x(x+1)3dx=∫0+∞(1+t)231dt=−21(1+t)−21∣∣0+∞=0+2=2
法2
分母有根式，而且不容易积出来，考虑根式换元
令x=t,dx=2tdt\sqrt x=t,dx=2tdtx=t,dx=2tdt
∫0+∞dxx(x+1)3=2∫0+∞1(t2+1)32dt\begin{aligned}\int^{+\infty}_0\frac{dx}{\sqrt{x(x+1)^3}}&=2\int^{+\infty}_0\frac1{(t^2+1)^\frac32}dt\end{aligned}∫0+∞x(x+1)3dx=2∫0+∞(t2+1)231dt
令t=tan⁡u,dt=sec⁡2udut=\tan u,dt=\sec^2udut=tanu,dt=sec2udu
上式=2∫0π2cos⁡udu=2sin⁡u∣0π2=2\begin{aligned}=2\int^{\frac\pi2}_0\cos udu=2\sin u|^{\frac\pi2}_0=2\end{aligned}=2∫02πcosudu=2sinu∣02π=2

反常积分审敛法

一、无穷限反常积分审敛法

定理1：设函数f(x)f(x)f(x)在区间[a,+∞)[a,+\infty)[a,+∞)上连续，且f(x)≥0f(x)\geq0f(x)≥0，若函数F(x)=∫0xf(t)dtF(x)=\int^x_0f(t)dtF(x)=∫0xf(t)dt在[a,+∞)[a,+\infty)[a,+∞)上有上界，则反常积分∫a+∞f(x)dx\int^{+\infty}_af(x)dx∫a+∞f(x)dx收敛
证明：
∵f(x)≥0\because f(x)\geq0∵f(x)≥0即F(x)F(x)F(x)单调递增
又∵F(x)\because F(x)∵F(x)在[a,+∞)[a,+\infty)[a,+∞)有上界
由单调有界准则知，lim⁡x→∞F(x)\lim_{x\to\infty}F(x)limx→∞F(x)有极限
证毕
定理2（比较审敛原理）：设函数f(x),g(x)f(x),g(x)f(x),g(x)在区间[a,+∞)[a,+\infty)[a,+∞)上连续，如果0≤f(x)≤g(x)(a≤x<+∞)0\leq f(x)\leq g(x)\quad(a\leq x<+\infty)0≤f(x)≤g(x)(a≤x<+∞)，并且∫a+∞g(x)dx\int^{+\infty}_ag(x)dx∫a+∞g(x)dx收敛，那么∫a+∞f(x)dx\int^{+\infty}_af(x)dx∫a+∞f(x)dx也收敛；如果0≤g(x)≤f(x)(a≤x<+∞)0\leq g(x)\leq f(x)\quad(a\leq x<+\infty)0≤g(x)≤f(x)(a≤x<+∞)，并且∫a+∞g(x)dx\int^{+\infty}_ag(x)dx∫a+∞g(x)dx发散，那么∫a+∞f(x)dx\int^{+\infty}_af(x)dx∫a+∞f(x)dx也发散
证明：
∵0≤f(x)≤g(x)\because 0\leq f(x)\leq g(x)∵0≤f(x)≤g(x)
取a≤t≤+∞a\leq t\leq+\inftya≤t≤+∞
有∫atf(x)dx≤∫atg(x)dx≤∫a+∞g(x)dx\int^t_af(x)dx\leq\int^t_ag(x)dx\leq\int^{+\infty}_ag(x)dx∫atf(x)dx≤∫atg(x)dx≤∫a+∞g(x)dx
又∵∫atf(x)dx\because \int^t_af(x)dx∵∫atf(x)dx有上界
由定理1和反常积分收敛
定理3（比较审敛法1）：设函数f(x)f(x)f(x)在[a,+∞)(a>0)[a,+\infty)\quad(a>0)[a,+∞)(a>0)上连续，且f(x)≥0f(x)\geq0f(x)≥0，如果存在常数M>0M>0M>0及p>1p>1p>1，使得f(x)≤Mxp(a≤x<+∞)f(x)\leq\frac M{x^p}\quad(a\leq x<+\infty)f(x)≤xpM(a≤x<+∞)，那么反常积分∫a+∞f(x)dx\int^{+\infty}_af(x)dx∫a+∞f(x)dx；如果存在常数N>0N>0N>0，使得f(x)≥Nx(a≤x<+∞)f(x)\geq\frac Nx\quad(a\leq x<+\infty)f(x)≥xN(a≤x<+∞)，那么反常积分∫a+∞f(x)dx\int^{+\infty}_a f(x)dx∫a+∞f(x)dx发散
例1：判定反常积分∫1+∞dxx4+13\int^{+\infty}_1\frac{dx}{\sqrt[3]{x^4+1}}∫1+∞3x4+1dx的收敛性
0<1x4+13<1x43=1x430<\frac1{\sqrt[3]{x^4+1}}<\frac1{\sqrt[3]{x^4}}=\frac1{x^{\frac43}}0<3x4+11<3x41=x341
故∫1+∞dxx4+13\int^{+\infty}_1\frac{dx}{\sqrt[3]{x^4+1}}∫1+∞3x4+1dx收敛
定理4（极限审敛法1）：设函数f(x)f(x)f(x)在区间[a,+∞)[a,+\infty)[a,+∞)上连续，且f(x)≥0f(x)\geq0f(x)≥0，如果存在常数p>1p>1p>1，使得lim⁡x→+∞xpf(x)=c<+∞\lim_{x\to+\infty}x^pf(x)=c<+\inftylimx→+∞xpf(x)=c<+∞，那么反常积分∫a+∞f(x)dx\int^{+\infty}_af(x)dx∫a+∞f(x)dx收敛；如果lim⁡x→+∞xf(x)=d>0\lim_{x\to+\infty}xf(x)=d>0limx→+∞xf(x)=d>0（或lim⁡x→+∞xf(x)=+∞\lim_{x\to+\infty}xf(x)=+\inftylimx→+∞xf(x)=+∞），那么反常积分∫a+∞f(x)dx\int^{+\infty}_af(x)dx∫a+∞f(x)dx发散
证明：
lim⁡x→+∞xpf(x)=lim⁡x→+∞f(x)1xp=c\lim_{x\to+\infty}x^pf(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{\frac1{x^p}}=climx→+∞xpf(x)=limx→+∞xp1f(x)=c，显然f(x)f(x)f(x)与1xp\frac1{x^p}xp1敛散性相同，1xp\frac1{x^p}xp1收敛，因此f(x)f(x)f(x)收敛
例2：判定反常积分∫1+∞dxx1+x2\int^{+\infty}_1\frac{dx}{x\sqrt{1+x^2}}∫1+∞x1+x2dx的收敛性
lim⁡x→+∞x21x1+x2=lim⁡x→+∞11x2+1=1\lim_{x\to+\infty}x^2\frac1{x\sqrt{1+x^2}}=\lim_{x\to+\infty}\frac1{\sqrt{\frac1{x^2}+1}}=1limx→+∞x2x1+x21=limx→+∞x21+11=1（此处x2x^2x2是根据x1+x2x\sqrt{1+x^2}x1+x2凑出来的）
∵p=2>1\because p=2>1∵p=2>1
∴\therefore∴ 收敛
证毕
例3：判定反常积分∫1+∞x321+x2dx\int^{+\infty}_1\frac{x^\frac32}{1+x^2}dx∫1+∞1+x2x23dx的收敛性
lim⁡x→+∞x12⋅x321+x2=lim⁡x→+∞x321+x21x12=1\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}x^\frac12\cdot\frac{x^\frac32}{1+x^2}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{x^\frac32}{1+x^2}}{\frac1{x^\frac12}}=1\end{aligned}x→+∞limx21⋅1+x2x23=x→+∞limx2111+x2x23=1
∵∫1+∞1x12dx\because\int^{+\infty}_1\frac1{x^\frac12}dx∵∫1+∞x211dx发散
故∫1+∞x321+x2dx\int^{+\infty}_1\frac{x^\frac32}{1+x^2}dx∫1+∞1+x2x23dx发散（不一定必须要乘xxx来证明发散）
定理5：设函数f(x)f(x)f(x)在区间[a,+∞)[a,+\infty)[a,+∞)上连续，如果反常积分∫a+∞∣f(x)∣dx\int^{+\infty}_a|f(x)|dx∫a+∞∣f(x)∣dx收敛，那么反常积分∫a+∞f(x)dx\int^{+\infty}_af(x)dx∫a+∞f(x)dx也收敛
证明：
令ϕ(x)=12[f(x)+∣f(x)∣]\phi(x)=\frac12[f(x)+|f(x)|]ϕ(x)=21[f(x)+∣f(x)∣]
知ϕ≥0\phi\geq0ϕ≥0且ϕ≤∣f(x)∣\phi\leq|f(x)|ϕ≤∣f(x)∣
∵∫a+∞∣f(x)∣dx\because\int^{+\infty}_a|f(x)|dx∵∫a+∞∣f(x)∣dx收敛
由比较审敛法知，∫a+∞ϕ(x)dx\int^{+\infty}_a\phi(x)dx∫a+∞ϕ(x)dx收敛
又∵f(x)=2ϕ(x)−∣f(x)∣\because f(x)=2\phi(x)-|f(x)|∵f(x)=2ϕ(x)−∣f(x)∣
∴∫a+∞f(x)dx=2∫a+∞ϕdx−∫a+∞∣f(x)∣dx\therefore\int^{+\infty}_af(x)dx=2\int^{+\infty}_a\phi dx-\int^{+\infty}_a|f(x)|dx∴∫a+∞f(x)dx=2∫a+∞ϕdx−∫a+∞∣f(x)∣dx
故∫a+∞f(x)dx\int^{+\infty}_af(x)dx∫a+∞f(x)dx收敛
证毕

二、无界函数的反常积分的审敛法

定理6（比较审敛法2）：设函数f(x)f(x)f(x)在区间(a,b](a,b](a,b]上连续，且f(x)≥0，x=af(x)\geq0，x=af(x)≥0，x=a为f(x)f(x)f(x)的瑕点，如果存在常数M>0M>0M>0及q<1q<1q<1，使得f(x)≤M(x−a)q(a<x≤b)f(x)\leq\frac M{(x-a)^q}\quad(a<x\leq b)f(x)≤(x−a)qM(a<x≤b)，那么反常积分∫abf(x)dx\int^b_a f(x)dx∫abf(x)dx收敛；如果存在常数N>0N>0N>0，使得f(x)≥Nx−a(a<x≤b)f(x)\geq\frac N{x-a}\quad(a<x\leq b)f(x)≥x−aN(a<x≤b)那么反常积分∫abf(x)dx\int^b_af(x)dx∫abf(x)dx发散
定理7（极限审敛法2）：设函数f(x)f(x)f(x)在区间(a,b](a,b](a,b]上连续，且f(x)≥0f(x)\geq0f(x)≥0，x=ax=ax=a为f(x)f(x)f(x)的瑕点，如果存在常数0<q<10<q<10<q<1，使得lim⁡x→a+(x−a)qf(x)\lim_{x\to a^+}(x-a)^qf(x)limx→a+(x−a)qf(x)存在，那么反常积分∫abf(x)dx\int^b_af(x)dx∫abf(x)dx收敛；如果lim⁡x→a+(x−a)f(x)=d>0\lim_{x\to a^+}(x-a)f(x)=d>0limx→a+(x−a)f(x)=d>0（或lim⁡x→a+(x−a)f(x)=+∞\lim_{x\to a^+}(x-a)f(x)=+\inftylimx→a+(x−a)f(x)=+∞），那么反常积分∞abf(x)dx\infty^b_af(x)dx∞abf(x)dx发散
例4：判定反常积分∫011xsin⁡1xdx\int^1_0\frac1{\sqrt x}\sin\frac1xdx∫01x1sinx1dx的收敛性
∣1x⋅sin⁡1x∣≤∣1x∣=1x12|\frac1{\sqrt x}\cdot\sin \frac1x|\leq|\frac1{\sqrt x}|=\frac1{x^\frac12}∣x1⋅sinx1∣≤∣x1∣=x211
∵∫011xdx\because\int^1_0\frac1{\sqrt x}dx∵∫01x1dx收敛
根据比较审敛法知，∫01∣1x⋅sin⁡1x∣dx\int^1_0|\frac1{\sqrt x}\cdot\sin \frac1x|dx∫01∣x1⋅sinx1∣dx收敛
根据定理5，∫011xsin⁡1xdx\int^1_0\frac1{\sqrt x}\sin\frac1xdx∫01x1sinx1dx收敛

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定积分的概念与性质——“高等数学”
各位CSDN的uu你们好呀,小雅兰好久没有更高等数学的文章啦,最近呢,也确实比较忙,一直在学编程那方面的知识点,这才一直忽视了高数,但是,马上就要校赛啦,这样,我就又要来高等数学的世界啦引例定积分 ...
高等数学——简单直观地了解定积分
本文始发于个人公众号:TechFlow,原创不易,求个关注今天是高等数学第11篇文章,我们来看看定积分的相关内容. 对于很多人来说定积分的内容其实早在高中就已经接触过了,比如在高中物理当中,我们经常 ...
高等数学：定积分在物理学上的应用
高等数学:定积分在物理学上的应用温馨提示: 一.变力沿直线做功 ①电荷作用力做功 ②推气体做功 ③吸水桶的水做功二.液体静压力温馨提示: 专题分析下定积分在物理学上的应用几种案例.库仑力做功.推 ...

【高等数学】定积分2

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