3 - 一元函数积分学

文章目录

3 - 一元函数积分学
- 一、积分的性质
- - 1. 积分对奇偶性的改变
  - 2. 分段函数的积分注意隐含连续性
  - 3. 化为积分的精确定义
  - 4. 反常积分敛散性判别
- 二、常用积分处理方式
- - 1. "等式两边同时取..."
  - 2. 部分分式展开
  - 3. 分部积分
  - 4. 积分中值定理
  - 5. 积分的几何意义
  - 6. 复杂定积分的等式用常数代换
  - 7. 变量代换
  - 8. 利用奇偶性和对称性
  - 9. 凑积分
  - 10. 凑可约分项
- 四、特殊函数的积分
- - 1. ∫ 1 + ∞ 1 + x 2 1 + x 4 d x \int_{1}^{+\infty}\frac{1+x^2}{1+x^4}dx ∫1+∞1+x41+x2dx 的处理
  - 2. 含有 1 x \frac1{\sqrt x} x 1 项积分的处理
  - 3. ∫ 1 1 + e t d t \int\frac{1}{1+e^t}dt ∫1+et1dt 的处理
  - 4. a x + 1 a − x + 1 \frac{a^x+1}{a^{-x}+1} a−x+1ax+1 的处理
  - 5. 1 1 + c o s x \frac1{1+cosx} 1+cosx1 的处理
  - 6. 求 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx ∫0+∞e−x2dx
  - 7. 华莱士公式

一、积分的性质

1. 积分对奇偶性的改变

积分会导致函数奇偶性的改变，一般情况下奇函数积分后得到偶函数，偶函数积分后的到奇函数，但是并不绝对。
比如积分限不对称可能会产生影响。

举个例子，对于变限积分，例如 φ ( x ) = ∫ 0 x f ( t ) d t \varphi(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt φ(x)=∫0xf(t)dt ，设 f(x) 的原函数为 F(x)。
则 φ ( x ) = F ( x ) − F ( 0 ) \varphi(x)=F(x)-F(0) φ(x)=F(x)−F(0) 。

设 f(x) 为奇函数，即 f ( x ) = − f ( − x ) f(x)=-f(-x) f(x)=−f(−x)
设 x > 0 ，则
φ ( x ) = F ( x ) − F ( 0 ) \varphi(x)=F(x)-F(0) φ(x)=F(x)−F(0)
φ ( − x ) = − ∫ − x 0 f ( t ) d t \varphi(-x)=-\int_{-x}^{0}f(t)dt φ(−x)=−∫−x0f(t)dt 令 u = -t ，原式 = − ∫ x 0 f ( − u ) d ( − u ) = ∫ 0 x f ( − u ) d ( − u ) = ∫ 0 x f ( u ) d u = F ( x ) − F ( 0 ) 原式=-\int_{x}^{0}f(-u)d(-u)=\int_{0}^{x}f(-u)d(-u)=\int_{0}^{x}f(u)du=F(x)-F(0) 原式=−∫x0f(−u)d(−u)=∫0xf(−u)d(−u)=∫0xf(u)du=F(x)−F(0)

∴ φ ( x ) = φ ( − x ) \therefore \varphi(x)=\varphi(-x) ∴φ(x)=φ(−x)

∵ φ ( 0 ) = F ( 0 ) − F ( 0 ) = 0 \because \varphi(0)=F(0)-F(0)=0 ∵φ(0)=F(0)−F(0)=0

∴ φ ( x ) 为偶函数 \therefore\varphi(x)为偶函数 ∴φ(x)为偶函数

f(x) 为偶函数时类似

【注】 不定积分求导运算很简单，可以用于化简方程。 [ ∫ f ( x ) d x ] ′ = ∫ f ′ ( x ) d x = f ( x ) [\int f(x)dx]^\prime=\int f^\prime(x)dx=f(x) [∫f(x)dx]′=∫f′(x)dx=f(x)

2. 分段函数的积分注意隐含连续性

例如求 ∫ e − ∣ x ∣ d x \int e^{-|x|}dx ∫e−∣x∣dx
∫ e − ∣ x ∣ d x = { − e − x + C 1 , x ≥ 0 e x + C 2 , x < 0 \begin{aligned} \int e^{-|x|}dx = \begin{cases} -e^{-x}+C_1, \qquad &x\geq 0 \\ e^{x}+C_2, &x<0 \end{cases} \end{aligned} ∫e−∣x∣dx={−e−x+C1,ex+C2,x≥0x<0

虽然题干中没有显示的强调 e − ∣ x ∣ e^{-|x|} e−∣x∣ 连续，但是需要注意到被积函数在 x=0 处连续。

由于 e − ∣ x ∣ e^{-|x|} e−∣x∣ 连续，所以 其原函数必定存在 ，所以 其原函数应在x=0处连续，即应有 − e − x + C 1 ∣ x = 0 = e x + C 2 ∣ x = 0 -e^{-x}+C_1|_{x=0} = e^{x}+C_2|_{x=0} −e−x+C1∣x=0=ex+C2∣x=0 ，则 − 1 + C 1 = 1 + C 2 -1+C_1=1+C_2 −1+C1=1+C2 ，令 C 1 = C C_1=C C1=C ，于是有 C 2 = C − 2 C_2=C-2 C2=C−2 ，所以
∫ e − ∣ x ∣ d x = { − e − x + C , x ≥ 0 e x + C − 2 , x < 0 \int e^{-|x|}dx = \begin{cases} -e^{-x}+C, \qquad &x\geq 0 \\ e^{x}+C-2, &x<0 \end{cases} ∫e−∣x∣dx={−e−x+C,ex+C−2,x≥0x<0

3. 化为积分的精确定义

对于一些 n → ∞ n\rightarrow \infty n→∞ 的连加或连乘式，可以尝试利用积分的精确定义把原式转化为定积分求解的问题

例如求
lim ⁡ n → ∞ ln ⁡ ( 1 + 1 n ) 2 ( 1 + 2 n ) 2 ⋯ ( 1 + n n ) 2 n \begin{aligned} \lim_{n\rightarrow \infty} \ln \sqrt[n]{(1+\frac1n)^2(1+\frac2n)^2\cdots(1+\frac nn)^2} \end{aligned} n→∞limlnn(1+n1)2(1+n2)2⋯(1+nn)2

原式 = 2 lim ⁡ n → ∞ 1 n [ ln ⁡ ( 1 + 1 n ) + ln ⁡ ( 1 + 2 n ) + ⋯ + ln ⁡ ( 1 + n n ) ] = 2 lim ⁡ n → ∞ 1 n ∑ k = 1 n ln ⁡ ( 1 + k n ) = 2 ∫ 0 1 ln ⁡ ( 1 + x ) d x = 2 ( 2 ln ⁡ 2 − 1 ) \begin{aligned} 原式 &=2\lim_{n\rightarrow \infty} \frac1n [\ln(1+\frac1n)+\ln(1+\frac2n)+\cdots+\ln(1+\frac nn)] \\ &=2 \lim_{n\rightarrow \infty} \frac1n \sum _{k=1}^{n} \ln(1+\frac kn) \\ &=2\int_0^1\ln(1+x)dx=2(2\ln2-1) \end{aligned} 原式=2n→∞limn1[ln(1+n1)+ln(1+n2)+⋯+ln(1+nn)]=2n→∞limn1k=1∑nln(1+nk)=2∫01ln(1+x)dx=2(2ln2−1)

其中可以大抵认为 1 n \frac1n n1 就是 dx ， k n \frac kn nk 就是 x 。k 由 1 变化到 n ，所以 k n \frac kn nk 由 0 变化到 1 。所以积分区间为 0 到 1 。

此类式子在提出 1 n \frac1n n1 之后，应当可以将剩下含 k 和 n的部分全部转化成 k n \frac kn nk 的形式。

注意：期间可以利用 lim ⁡ n → ∞ \lim_{n\rightarrow\infty} limn→∞ 求极限化简计算

4. 反常积分敛散性判别

类比无穷级数敛散性的判别，比如 ∫ 1 + ∞ 1 x p d x \int_{1}^{+\infty} \frac1{x^p}dx ∫1+∞xp1dx ， p ≤ 1 p\leq1 p≤1 时发散， p > 1 p>1 p>1 时收敛； ∫ 0 1 1 x p d x \int_0^1\frac1{x^p}dx ∫01xp1dx ， 0 < p < 1 0<p<1 0<p<1 时收敛， p ≥ 1 p\geq1 p≥1 时发散

【注】 由上面的例子可以看出来，积分区间的不同会影响到反常积分敛散性的不同，所以例如 ∫ 0 π 2 1 s i n x ⋅ c o s x d x \int_0^{\frac \pi2}\frac{1}{sinx\cdot cosx}dx ∫02πsinx⋅cosx1dx 可以拆分积分区间（ ∫ 0 π 4 1 s i n x ⋅ c o s x d x + ∫ π 2 π 4 1 s i n x ⋅ c o s x d x \int_0^{\frac \pi4}\frac{1}{sinx\cdot cosx}dx+\int_{\frac \pi2}^{\frac \pi4}\frac{1}{sinx\cdot cosx}dx ∫04πsinx⋅cosx1dx+∫2π4πsinx⋅cosx1dx ），分别判断敛散性
类比极限和夹逼定理，对函数做缩放然后判断敛散性。比如 ∫ 0 π 4 1 s i n x ⋅ c o s x d x \int_0^{\frac \pi4}\frac{1}{\sqrt {sinx\cdot cosx}}dx ∫04πsinx⋅cosx 1dx 跟 ∫ 0 π 4 1 s i n x d x \int_0^{\frac \pi4}\frac{1}{\sqrt {sinx}}dx ∫04πsinx 1dx 同敛散

【注】 对于 s i n x ⋅ c o s x sinx\cdot cosx sinx⋅cosx ， x = π 4 x=\frac\pi4 x=4π 是一个特殊的位置，有时需要以它为界做分类讨论

【注】 函数之间比大小有设函数求导、相减、相除三种方法

二、常用积分处理方式

1. “等式两边同时取…”

等式两边同时对<变量>求导（求全导数/链式求导法则、偏导数、高阶导数）
等式两边同取 ln
f ( x ) = g ( x ) ⟶ e f ( x ) = e g ( x ) f(x)=g(x) \longrightarrow e^{f(x)}=e^{g(x)} f(x)=g(x)⟶ef(x)=eg(x)
等式两边在 同一区间 上积分

2. 部分分式展开

可以利用 部分分式展开法 把复杂分式的积分拆分成多个积分之和

3. 分部积分

如果被积函数中的一部分在求导后有着更简单的形式，可以考虑使用 分部积分法 得到它的导数
题干中给 I n = ∫ f ( x , n ) d x I_n=\int f(x,n)dx In=∫f(x,n)dx 类型时，分部积分法 可以构建递推式

4. 积分中值定理

利用积分中值定理比大小（处理不等式）时，可能得到 f ( ξ 1 ) ( b 1 − a 1 ) 和 f ( ξ 2 ) ( b 2 − a 2 ) f(\xi_1)(b_1-a_1)\ 和 \ f(\xi_2)(b_2-a_2) f(ξ1)(b1−a1) 和 f(ξ2)(b2−a2) ，最好让两积分区间没有交集，才好判断 f ( ξ 1 ) 和 f ( ξ 2 ) f(\xi_1)\ 和 \ f(\xi_2) f(ξ1) 和 f(ξ2) 之间的关系。所以必要时可以主动拆分积分区间

5. 积分的几何意义

积分是由无穷多个短边无穷小的“矩形”加和而成，所以如 lim ⁡ n → ∞ ∑ k = 0 n f ( k ) \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^{n}f(k) limn→∞∑k=0nf(k) ，可以考虑泰勒公式或积分的精确定义。

但是当没有 n → ∞ n\rightarrow\infty n→∞ 的条件时，则泰勒公式的余项通常不好处理（但知道被积函数高阶导数的正负时，可以得到不等关系），而积分的精确定义又不能使用。

所以可以参考积分的几何意义构建不等式，例如求证 ln ⁡ ( n + 1 ) < 1 + 1 2 + 1 3 + ⋯ + 1 n \ln (n+1)<1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n ln(n+1)<1+21+31+⋯+n1
ln ⁡ ( n + 1 ) = ∫ 1 n + 1 1 x d x < ∑ k = 1 n 1 k \ln (n+1) = \int_1^{n+1}\frac1xdx<\sum_{k=1}^{n}\frac1k ln(n+1)=∫1n+1x1dx<k=1∑nk1
对于第一项，当 k=1 时，它是一个宽为1，高为1的矩形，而积分处只有 x=1 一点处高为1，之后逐渐下降，所以此处求和比积分稍大一点

注意，当矩形短边不再是无穷小时，带来的误差可能比真实值小，也可能比真实值大

6. 复杂定积分的等式用常数代换

对于含有复杂定积分的等式，可以把定积分式用一个常数来代换以简化计算
一般适用于如下题这种 f(x) 等于 f(x) 相关的一个定积分的等式

例如求 f ( x ) = ∫ 0 1 e x + t f ( t ) d t + x f(x) = \int_0^1 e^{x+t}f(t)dt+x f(x)=∫01ex+tf(t)dt+x
f ( x ) = ∫ 0 1 e x + t f ( t ) d t + x = e x ∫ 1 0 e t f ( t ) d t + x \begin{aligned} f(x) &= \int_0^1 e^{x+t}f(t)dt+x \\ &=e^x\int_1^0 e^tf(t)dt + x \\ \end{aligned} f(x)=∫01ex+tf(t)dt+x=ex∫10etf(t)dt+x
所以令 a = ∫ 0 1 e t f ( t ) d t a=\int_0^1e^tf(t)dt a=∫01etf(t)dt ，于是有 f ( x ) = a e x + x f(x)=ae^x+x f(x)=aex+x
a = ∫ 0 1 e t ( a e t + t ) d t = ∫ 0 1 a e 2 t d t + ∫ 0 1 t e t d t ⋯ ⋯ = a 2 ( e 2 − 1 ) + 1 解得 a = 2 3 − e 2 所以 f ( x ) = 2 3 − e 2 e x + x \begin{aligned} a&=\int_0^1e^t(ae^t+t)dt \\ &=\int_0^1ae^2tdt+\int_0^1te^tdt \\ &\cdots\cdots \\ &=\frac a2(e^2-1)+1 \\ &解得\ \ a=\frac2{3-e^2} \\ &所以 \ \ f(x)=\frac2{3-e^2}e^x+x \end{aligned} a=∫01et(aet+t)dt=∫01ae2tdt+∫01tetdt⋯⋯=2a(e2−1)+1解得 a=3−e22所以 f(x)=3−e22ex+x
【注】 同样可以在重积分的时候使用

7. 变量代换

被积函数中含有以下元素时，可以考虑使用以下变量代换的方式：

含有 1 − x 2 1-x^2 1−x2 时，可以令 x = s i n t x = sint x=sint
含有 1 + x 2 1+x^2 1+x2 时，可以令 x = t a n t x = tant x=tant
含有 x \sqrt{x} x 时，可以令 x = t 2 x = t^2 x=t2

8. 利用奇偶性和对称性

利用被积函数的 奇偶性、对称性 简化计算

9. 凑积分

如 f ′ ( x ) f ( x ) f^\prime(x)f(x) f′(x)f(x) 凑积分为 f ( x ) d f ( x ) f(x)df(x) f(x)df(x)

10. 凑可约分项

∫ d t ( 1 + t 2 ) 2 = ∫ 1 + t 2 − t 2 ( 1 + t 2 ) 2 d t = ∫ d t 1 + t 2 + 1 2 ∫ t d ( 1 1 + t 2 ) \begin{aligned} \int \frac{dt}{(1+t^2)^2}&=\int\frac{1+t^2-t^2}{(1+t^2)^2}dt \\ &=\int \frac{dt}{1+t^2}+\frac12\int td(\frac{1}{1+t^2}) \end{aligned} ∫(1+t2)2dt=∫(1+t2)21+t2−t2dt=∫1+t2dt+21∫td(1+t21)

四、特殊函数的积分

1. ∫ 1 + ∞ 1 + x 2 1 + x 4 d x \int_{1}^{+\infty}\frac{1+x^2}{1+x^4}dx ∫1+∞1+x41+x2dx 的处理

∫ 1 + ∞ 1 + x 2 1 + x 4 d x = ∫ 1 + ∞ 1 x 2 + 1 1 x 2 + x 2 d x = ∫ 1 + ∞ d ( x − 1 x ) 1 x 2 + x 2 − 2 + 2 = ∫ 1 + ∞ d ( x − 1 x ) ( x − 1 x ) 2 + 2 \begin{aligned} &\int_{1}^{+\infty}\frac{1+x^2}{1+x^4}dx \\ =&\int_1^{+\infty}\frac{\frac1{x^2}+1}{\frac1{x^2}+x^2}dx \\ =&\int_1^{+\infty}\frac{d(x-\frac1x)}{\frac1{x^2}+x^2-2+2} \\ =&\int_1^{+\infty}\frac{d(x-\frac1x)}{(x-\frac1x)^2+2} \\ \end{aligned} ===∫1+∞1+x41+x2dx∫1+∞x21+x2x21+1dx∫1+∞x21+x2−2+2d(x−x1)∫1+∞(x−x1)2+2d(x−x1)

2. 含有 1 x \frac1{\sqrt x} x 1 项积分的处理

∫ f ( x ) x d x = 2 ∫ f ( x ) d x \int \frac {f(x)}{\sqrt x}dx=2\int f(x)d\sqrt x ∫x f(x)dx=2∫f(x)dx

之后可以考虑令 t = x t = \sqrt x t=x

3. ∫ 1 1 + e t d t \int\frac{1}{1+e^t}dt ∫1+et1dt 的处理

方法一

∫ 1 1 + e t d t = ∫ e − t e − t + 1 d t = − ∫ 1 1 + e − t d e − t ⋯ ⋯ \begin{aligned} \int\frac1{1+e^t}dt=&\int \frac{e^{-t}}{e^{-t}+1}dt \\ =&-\int\frac1{1+e^{-t}}de^{-t} \\ &\cdots\cdots \end{aligned} ∫1+et1dt==∫e−t+1e−tdt−∫1+e−t1de−t⋯⋯

方法二

∫ 1 1 + e t d t = ∫ e t e t ( e t + 1 ) d t = ∫ 1 e t − 1 1 + e t d e t ⋯ ⋯ \begin{aligned} \int\frac1{1+e^t}dt&=\int \frac{e^{t}}{e^t(e^{t}+1)}dt \\ &=\int \frac{1}{e^t}-\frac{1}{1+e^t}de^t \\ &\cdots\cdots \end{aligned} ∫1+et1dt=∫et(et+1)etdt=∫et1−1+et1det⋯⋯

方法三
令 t = ln ⁡ x t = \ln x t=lnx
方法四

令 x = 1 + e t x=1+e^t x=1+et

4. a x + 1 a − x + 1 \frac{a^x+1}{a^{-x}+1} a−x+1ax+1 的处理

a x + 1 a − x + 1 = a x ( a x + 1 ) 1 + a x = a x \frac{a^x+1}{a^{-x}+1}=\frac{a^x(a^x+1)}{1+a^x}=a^x a−x+1ax+1=1+axax(ax+1)=ax

5. 1 1 + c o s x \frac1{1+cosx} 1+cosx1 的处理

∫ 1 1 + c o s x d x = ∫ 1 2 c o s 2 x 2 d x = ∫ 1 2 s e c 2 x 2 d x = ∫ d ( t a n x 2 ) \int\frac1{1+cosx}dx=\int\frac1{2cos^2\frac x2}dx=\int\frac12sec^2\frac x2dx=\int d(tan\frac x2) ∫1+cosx1dx=∫2cos22x1dx=∫21sec22xdx=∫d(tan2x)

6. 求 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx ∫0+∞e−x2dx

I = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y I 2 = ∫ 0 + ∞ ∫ 0 + ∞ e − ( x 2 + y 2 ) d x d y = ∫ 0 π 2 d θ ∫ e − r 2 r d r = π 4 ∴ I = π 2 \begin{aligned} I&=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx=\int_0^{+\infty}e^{-y^2}dy \\ I^2&=\int_0^{+\infty}\int_0^{+\infty}e^{-(x^2+y^2)}dxdy \\ &=\int_0^{\frac\pi2}d\theta\int e^{-r^2}rdr \\ &=\frac\pi4 \\ &\therefore I =\frac{\sqrt\pi}{2} \end{aligned} II2=∫0+∞e−x2dx=∫0+∞e−y2dy=∫0+∞∫0+∞e−(x2+y2)dxdy=∫02πdθ∫e−r2rdr=4π∴I=2π

7. 华莱士公式

∫ 0 π 2 s i n n x d x = ∫ 0 π 2 c o s n x d x = { n − 1 n ⋅ n − 3 n − 2 ⋅ ⋯ ⋅ 3 4 ⋅ 1 2 ⋅ π 2 , n 为正偶数 n − 1 n ⋅ n − 3 n − 2 ⋅ ⋯ ⋅ 4 5 ⋅ 2 3 ⋅ 1 , n 为正奇数 \begin{aligned} &\int_0^{\frac\pi2}sin^nxdx=\int_0^{\frac\pi2}cos^nxdx \\ =& \begin{cases} \frac{n-1}n\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2,\qquad n为正偶数 \\ \frac{n-1}n\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac45\cdot\frac23\cdot1,\ \ \qquad n为正奇数 \\ \end{cases} \end{aligned} =∫02πsinnxdx=∫02πcosnxdx{nn−1⋅n−2n−3⋅⋯⋅43⋅21⋅2π,n为正偶数nn−1⋅n−2n−3⋅⋯⋅54⋅32⋅1, n为正奇数
【注】 可以利用奇偶性和对称性推广到 ( 0 , π ) (0,\pi) (0,π) 和 ( 0 , 2 π ) (0,2\pi) (0,2π) 积分区间的情况