大学生数学竞赛非数专题三（6）

用户9628320

发布于 2022-11-23 16:58:28

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专题三一元积分学（6）

3.6 定积分的计算

3.17（江苏省2008年竞赛题）

求

\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}x\cos^{2}xdx

【解析】：利用降幂公式以及倍角公式，有

\begin{align*}\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}x\cos^{2}xdx&=\dfrac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sin2x)^{2}\frac{1+\cos 2x}{2}dx\\&=\frac{1}{8}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\cos 4x}{2}dx+\frac{1}{8}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sin2x)^2\cos2xdx\\&=\frac{1}{16}(x-\frac{1}{4}\sin4x)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{1}{48}(\sin2x)^{2}\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\\&=\frac{1}{32}\pi\end{align*}

3.17（江苏省2002年竞赛题）

求

\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x\frac{1+\sin x}{1+\cos x}dx

【解析】：由三角函数公式化简得

\begin{align*}\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x\frac{1+\sin x}{1+\cos x}dx&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x\frac{(\sin\dfrac{x}{2}+\cos\dfrac{x}{2})^2}{2\cos^{2}\dfrac{x}{2}}dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x(1+\tan\frac{x}{2})^2dx\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x\sec^2\dfrac{x}{2}dx+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x\tan\frac{x}{2}dx\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^d\tan\frac{x}{2}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^{x}\tan\frac{x}{2}dx\\&=e^x\tan\frac{x}{2}\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x\tan\frac{x}{2}dx+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^x\tan\frac{x}{2}dx\\&=e^{\frac{\pi}{2}}\end{align*}

3.18 （江苏省2016年竞赛题）

求定积分

\displaystyle\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin^2 x}{1+\cos^2 x}dx

【解析】：现将原式拆分区间，以

\dfrac{\pi}{2}

作为零界点，将原式拆分为两个式子，原式

=\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x\sin^2 x}{1+\cos^2 x}dx+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{x\sin^2 x}{1+\cos^2 x}dx

，对第二项换元有

x=\pi-t

进行展开有

\begin{align*}\displaystyle \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{x\sin^2x}{1+\cos^2x}dx&=\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2t}{1+\cos ^2 t}dt-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{t\sin^2t}{1+\cos^2 t}dt\end{align*}

带入得原式

\begin{align*}\displaystyle &=\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin ^2x}{1+\cos^2 x}dx=\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{-1-\cos^2x+2}{1+\cos^2x }dx\\&=-\frac{\pi^2}{2}+2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sin^2 x+2\cos^2x}dx\\&=-\frac{\pi^2}{2}+2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2+\tan^2 x}dx \qquad(\tan x=u)\\&=-\frac{\pi^2}{2}+\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{2+u^2}du\\&=-\frac{\pi^2}{2}+\sqrt{2}\pi\arctan \frac{u}{\sqrt{2}}\bigg|_{0}^{+\infty}=\frac{\sqrt{2}-1}{2}\pi^2\end{align*}

3.19 （精选题）

设

\displaystyle F(a)=\int_{0}^{\pi}\ln(1-2a\cos x+a^２)dx

，求

F(-a)

，

F(a^2)

【解析】：利用定积分的换元变换有，可以令

x=\pi-t

，带入则有

\begin{align*}F(-a)&=\int_{0}^{\pi}\ln(1+2a\cos x+a^2)dx=-\int_{\pi}^{0}\ln(1-2a\cos x+a^2)dx\\&=\int_{0}^{\pi}\ln(1-2a\cos x+a^2)dx=F(a)\end{align*}

即

F(-a)=F(a)

，而

\displaystyle F(a^2)=\int_{0}^{\pi}\ln(1-2a^2a\cos x+a^4)dx \qquad(1)

\begin{align*}\displaystyle 2F(a)&=F(a)+F(-a)=\int_{0}^{\pi}[\ln(1-2a\cos x+a^2)+\ln(1+2a\cos x+a^2)]dx\\&=\int_{0}^{\pi}\ln\left[(1+a^2)^2-4a^2\cos^2x\right]dx=\int_{0}^{\pi}\ln(1-2a^2\cos2x+a^4)dx qquad(2x=t)\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\ln(1-2a^2\cos t+a^4)dt=\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{\pi}\ln(1-2a^2\cos t+a^4)dt+\int_{\pi}^{2\pi}\ln(1-2a^2\cos t+a^4)dt\right]\qquad(第二项令t=2\pi-u)\\&=\frac{1}{2}[\int_{0}^{\pi}\ln(1-2a^2\cos t+a^4)dt+\int_{0}^{\pi}\ln(1-2a^2\cos u+a^4)du]\\&=\int_{0}^{\pi}\ln(1-2a^2\cos x+a^4)dx \qquad(2)\end{align*}

比较

(1)

与

(2)

式，有

F(a^2)=2F(a)

作者：小熊

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原始发表：2021-12-18，如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除

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