Mathematical Analysis 23 Fall Final

重要提醒

1. 不定积分加$C$了吗!

2. 积分求面积的时候不要忘记加绝对值!

考前需背

$$\begin{array}{rl}\int \frac{\mathrm{d}x}{a^2+x^2}& =\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C\\ \int \frac{\mathrm{d}x}{a^2-x^2}& =\frac{1}{2a}\ln \frac{a+x}{a-x}+C\\ \int \frac{\mathrm{d}x}{x^2-a^2}& =\frac{1}{2a}\ln \frac{a-x}{a+x}+C\\ \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2+x^2}}& =\ln |x+\sqrt{a^2+x^2}|+C\\ \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2-x^2}}& =\arcsin \frac{x}{a}+C\\ \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2-a^2}}& =\ln |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C\end{array}$$

Riemann可积的充要条件

定义

$$\forall \epsilon >0,\exists \delta >0\text{ s.t. }||\mathcal{T}||<\delta ⟹|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i-I|<\epsilon$$

判据

函数$f$在$[a,b]$上Riemann可积的充要条件是: 任给$\epsilon >0$, 总存在相应的某一分割$\mathcal{T}$使得

$$\sum _{\mathcal{T}}{\omega }_i\Delta x_i<\epsilon$$

其中振幅${\omega }_i$被定义为

$${\omega }_i=\underset{x\in {\Delta }_i}{\sup }f(x)-\underset{x\in {\Delta }_i}{\inf }f(x)$$

可以利用的定理

1. 有界 + 有限个间断点
2. 单调

处理常见的可数个不连续点的方法

思路: 把含有无穷个不连续点的区间长度压得尽可能小$<\epsilon$, 通过有界性得到振幅的有界性$\to$振幅长度和为小量$\to$可积, 而对于另一部分区间只有有限个不连续点, 必然是可积的

Wallis 积分

$$n\in \mathbb{N}⟹{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x=\{\begin{array}{ll}\frac{(n-1)!!}{n!!}\cdot \frac{\pi }{2}& ,\text{n为偶数}\\ \frac{(n-1)!!}{n!!}& ,\text{n为奇数}\end{array}$$

Stolz 公式

$\frac{\ast }{\infty }$ 型

若数列$a_n$是严格单调递增的无穷大量, 则有

${\lim }_{n\to \infty }\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=l⟹{\lim }_{n\to \infty }\frac{b_n}{a_n}=l$

$\frac{0}{0}$型

若数列$a_n$是严格单调递减的无穷大量, $b_n$是无穷小量, 则有

${\lim }_{n\to \infty }\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=l⟹{\lim }_{n\to \infty }\frac{b_n}{a_n}=l$

注意: 和L'Hôpital法则一样, 差分之比（导数之比）的极限不存在不能说明原来的数列之比（函数之比）不存在.

定积分的性质

积分第一中值定理

若$f$在$[a,b]$上连续, $g$在$[a,b]$上可积且不变号, 则至少存在一点$\xi \in [a,b]$, 使得 ${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=f(\xi ){\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x$

积分第二中值定理

若$f$在$[a,b]$上单调 , $g$在$[a,b]$上可积, 则至少存在一点$\xi \in [a,b]$, 使得 ${\int }_a^{b}f(x)g(x)=f(a){\int }_a^{\xi }g(x)\mathrm{d}x+f(b){\int }_{\xi }^{b}g(x)\mathrm{d}x$

变积分上限函数

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{\int }_{g(x)}^{h(x)}f(t)\mathrm{d}t=f(h(x))h^{\prime }(x)-f(g(x))g^{\prime }(x)$$

定积分的应用

面积

考虑参数方程

$$x=\phi (t),y=\psi (t)$$

有

$$\mathrm{d}S=|y\mathrm{d}x|=|\psi (t){\phi }^{\prime }(t)|\mathrm{d}t$$

不要忘记绝对值

弧长

考虑参数方程

$$x=\phi (t),y=\psi (t)$$

有

$$\mathrm{d}s=\sqrt{\mathrm{d}{x}^2+\mathrm{d}{y}^2}=\sqrt{[{\phi }^{\prime }(t){]}^2+[{\psi }^{\prime }(t){]}^2}\mathrm{d}t$$

曲率

考虑参数方程

$$x=\phi (t),y=\psi (t)$$

有

$$K=\frac{|{\phi }^{\prime }{\psi }^{\prime \prime }-{\phi }^{\prime \prime }{\psi }^{\prime }|}{|{\phi }^{\prime 2}+{\psi }^{\prime 2}{|}^{\frac{3}{2}}}$$

曲率半径

$$\rho =\frac{1}{K}$$

无穷积分

比较原则

考虑到函数$f(x)=\frac{1}{x^p}$, 当$p=1$时它在$(0,a],[a,+\infty )$上都是发散的, 当$p>1$时它在$[a,+\infty )$上收敛, 当$p<1$时在$(0,a]$上收敛 Cauchy判据: 设$f$是定义于$[a,+\infty )(a>0)$上的函数, 且在任何有限区间$[a,u]$上可积, 则有:

1. 当$0\le f(x)\le \frac{1}{x^p},p>1$时, ${\int }_a^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$收敛;
2. 当$f(x)\ge \frac{1}{x^p},p\le 1$时, ${\int }_a^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$发散; 推论: 设$f$是定义于$[a,+\infty )$上的非负函数, 在任何有限区间$[a,u]$上可积, 且

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{p}f(x)=\lambda$$

则有

1. 当$p>1,0\le \lambda <+\infty$时, ${\int }_a^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$收敛
2. 当$p\le 1,0<\lambda \le +\infty$时, ${\int }_a^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$发散 注意上面能否取到$0$和$+\infty$的条件不同

A-D 判别法

1. 若${\int }_a^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$收敛, $g(x)$在$[a,\infty )$上单调有界, 则${\int }_a^{+\infty }f(x)g(x)\mathrm{d}x$收敛
2. 若${\int }_a^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$在$[a,\infty )$上有界, $g(x)$在$[a,\infty )$上当$x\to +\infty$时单调趋于$0$, 则${\int }_a^{+\infty }f(x)g(x)\mathrm{d}x$收敛

瑕积分

例子:${\int }_0^1\ln x\mathrm{d}x$收敛, 可以由其原函数的极限直接得到

Cauchy 准则

瑕积分${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$（瑕点为$a$）收敛的充要条件是: 任给$\epsilon >0$, 存在$\delta >0$, 只要$u_1,u_2\in (a,a+\delta )$, 总有

$$\left|{\int }_{u_1}^{b}f(x)\mathrm{d}x-{\int }_{u_2}^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|=\left|{\int }_{u_1}^{u_2}f(x)\mathrm{d}x\right|<\epsilon$$

比较原则

选用${\int }_a^b\frac{\mathrm{d}x}{(x-a{)}^p}$为比较对象, 有如下推论（Cauchy判据）

1. 当$0\le f(x)\le \frac{1}{(x-a{)}^p},0<p<1$时, ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$收敛;
2. 当$f(x)\ge \frac{1}{(x-a{)}^p},p\ge 1$时, ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$发散

推论: 设$f$是定义于$(a,b]$上的非负函数, 在任何$[u,b]\subset (a,b]$上可积, 且

$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }(x-a{)}^{p}f(x)=\lambda$$

则有

1. 当$0<p<1,0\le \lambda <+\infty$时, ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$收敛
2. 当$p\ge 1,0<\lambda \le +\infty$时, ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$发散

总结: 反常积分的判定方法

1. 直接积分判断极限是否存在
2. 比较原则-$Cauchy$判据
3. $A-D$判别法
4. $Cauchy$准则

一些题目

不定积分技巧

换元消根号

题一

$$\int \frac{\sqrt[3]{1+\sqrt[4]{x}}}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$$

令$u=\sqrt[3]{1+\sqrt[4]{x}}$, 则原积分化为

$$12\int (u^6-u^3)\mathrm{d}u$$

题二

$$\int \frac{\sqrt{x}}{1-\sqrt[3]{x}}\mathrm{d}x$$

令$x=u^6$, 然后化成关于变量$u$的有理函数积分

换元改次数

题一

$$\int x(1-2x{)}^{99}\mathrm{d}x$$

令$t=(1-2x)$, 则原积分化为

$$-\frac{1}{2}\int \frac{1-t}{2}{t}^{99}\mathrm{d}t$$

积分中值定理

设$f(x)\in C[a,b]$, 若对于任意满足${\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x=0$的连续函数$g(x)$, 均有${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x=0$. 证明$f(x)$恒为常数 证明: 由积分中值定理, $\exists \xi \in [a,b]\text{ s.t. }f(\xi )(b-a)={\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$ , 于是有${\int }_a^b(f(x)-f(\xi ))\mathrm{d}x=0$, 故由题意, ${\int }_a^{b}f(x)(f(x)-f(\xi ))=0$, 以及显然有${\int }_a^{b}f(\xi )(f(x)-f(\xi ))=0$. 上述两式相减就可以得到

$${\int }_a^b(f(x)-f(\xi ){)}^2=0⟹f(x)-f(\xi )\equiv 0⟹f(x)=\text{constant}$$

直接洛必达太麻烦了, 可以利用积分中值定理简化计算

定积分计算

题一

计算

$${\int }_0^{\pi }\frac{x\mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x}$$

解

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }\frac{x\mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x}& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{x\mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x}+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\frac{x\mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x}\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{x\mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x}+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^0\frac{(\pi -x)\mathrm{d}(\pi -x)}{1+{\cos }^2(\pi -x)}\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{x\mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x}+{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{(\pi -x)\mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x}\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\pi \mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x}\end{array}$$

计算

$$\int \frac{\mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x}=\int \frac{{\sec }^{2}x\mathrm{d}x}{1+{\sec }^{2}x}=\int \frac{\mathrm{d}(\tan x)}{2+{\tan }^{2}x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{\tan x}{\sqrt{2}}+C$$

故

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\pi \mathrm{d}x}{1+{\cos }^{2}x}=\frac{\pi }{\sqrt{2}}(\frac{\pi }{2}-0)=\frac{{\pi }^2}{2\sqrt{2}}$$

题二

设$f(x)$是在$[0,\frac{\pi }{2}]$上非负单调递增的连续函数, 求证:

$$x{\int }_0^{x}f(t)\sin t\mathrm{d}t\ge (1-\cos x){\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$$

证明 待证命题等价于

$$\begin{array}{rl}x{\int }_0^{x}f(t)2\sin \frac{t}{2}\cos \frac{t}{2}\mathrm{d}x& \ge 2{\sin }^2\frac{x}{2}{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t\\ ⟺x{\int }_0^{x}f(t)4\sin \frac{t}{2}\mathrm{d}(\sin \frac{t}{2})& \ge 2{\sin }^2\frac{x}{2}{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t\\ ⟺x{\int }_0^{x}f(t)2\mathrm{d}({\sin }^2\frac{t}{2})& \ge 2{\sin }^2\frac{x}{2}{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t\\ ⟺{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}(\frac{{\sin }^2\frac{t}{2}}{{\sin }^2\frac{x}{2}})& \ge {\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}(\frac{t}{x})\end{array}$$

令

$$u=g(t)=\frac{{\sin }^2\frac{t}{2}}{{\sin }^2\frac{x}{2}},v=h(t)=\frac{t}{x}⟹t=g^{-1}(u)=h^{-1}(v)$$

于是待证命题等价于

$${\int }_0^{1}f(g^{-1}(u))\mathrm{d}u\ge {\int }_0^{1}f(h^{-1}(v))\mathrm{d}v$$

注意到$g^{\prime \prime }(t)=\frac{\cos t}{{\sin }^2\frac{x}{2}}\ge 0$, 故而$g(t)$是凸函数, $g(t)\le h(t)$, 故有$g^{-1}(t)\ge h^{-1}(t)$, 再结合$f(x)$单调性, $f(g^{-1}(t))\ge f(h^{-1}(t))$, 故而原命题得证.

积分极限

计算

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x$$

解 由

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x=\frac{n-1}{n}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n-2}x\mathrm{d}x$$

若$n$为偶数, 考虑

$$s_k=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdots \frac{2k-1}{2k}<\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdots \frac{2k}{2k+1}=\frac{1}{s_k}\cdot \frac{1}{2k+1}$$

于是

$$s_k<\frac{1}{\sqrt{2k+1}}⟹\underset{k\to +\infty }{\lim }{s}_k=0⟹\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x=0$$

$n$是奇数的情况也是类似的

Taylor 展开

在$x_0=0$处展开$\sqrt[3]{2-\cos x}$到$x^4$项 解 由

$$\begin{array}{r}\sqrt[3]{2-\cos x}=(1+(1-\cos x){)}^{\frac{1}{3}}=1+\frac{1}{3}(1-\cos x)-\frac{1}{9}(1-\cos x{)}^2+o((1-\cos x{)}^2)\end{array}$$

利用

$$\cos =1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)$$

知

$$\begin{array}{rl}\sqrt[3]{2-\cos x}& =1+\frac{1}{3}(\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24})-\frac{1}{9}(\frac{x^2}{2}{)}^2+o(x^4)\\ & =1+\frac{x^2}{6}-\frac{x^4}{24}+o(x^4)\end{array}$$

敛散性判断

这里主要运用了两个技巧

积分的收敛性$\to$积分上限函数的有界性$\to$离散数列的有界性

第一个转化利用了积分函数$f(x)>0$, 故积分上限函数是单调的 第二个转化利用了如下定理 设$f(x)$在$U^{\circ }(x_0,{\delta }_0)$上有界

$$\underset{x\to x_0}{\overline{\lim }}f(x)=\sup \{\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}f(x_n):x_n\in U^{\circ }(x_0,{\delta }_0),\underset{x\to \infty }{\lim }{x}_n=x_0\}$$

当$x_0$取$+\infty$时也是成立的

Jordan 不等式

$$\frac{2}{\pi }x\le \sin x\le x,x\in [0,\frac{\pi }{2}]$$

在通过第一个技巧+周期分割 限定$x$范围后, 可以利用此不等式实现$\sin x\to x$的转化