七. 一元函数微分学的应用1. 物理应用2. 相关变化率八. 一元函数积分学1. 原函数与不定积分2. 原函数(不定积分)存在定理2.1 第一定理2.2 第二定理3. 定积分概念与精确定义4. 定积分存在定理5. 定积分性质6. 变限积分7. 反常积分7.1 无穷区间上的反常积分7.2 无界函数的反常积分7.3 敛散性的判别法无穷区间无界函数8. 不定积分的计算8.1 基本积分表8.2 第一类换元积分法(凑微分)8.3 换元法8.3 三角代换8.4 分部积分法8.5 有理函数积分8.6 三角有理分式9. 定积分计算9.1 牛顿-莱布尼兹公式9.2 换元法9.3 定积分计算重要结论9.4 反常积分计算九. 一元函数积分学几何应用1. 定积分计算平面面积1.1 直角坐标下面积计算1.2 参数方程的面积计算1.3 极坐标系下面积计算2. 定积分计算旋转体体积3. 定积分计算函数平均值4. 其它几何应用5. 积分等式与积分不等式5.1 中值定理解决积分等式5.2 夹逼准则解决积分等式5.3 积分法解决积分等式5.4 用单调性证明不等式5.5 拉格朗日中值定理证明不等式5.6 泰勒公式证明不等式5.7 用积分法证明不等式5.8 牛顿莱布尼兹公式6. 一元函数积分学物理应用6.1 万有引力6.2 变力沿直线做功6.3 静水压力6.4 抽水做功十. 多元函数微分学1. 平面点集2. 多元函数极限3. 连续与可导4. 偏导数5. 高阶偏导数6. 全微分6.1 可微6.2 可微的判别7. 偏导数连续性8. 链式求导规则9. 隐函数存在定理(公式法)10. 多元函数极值与最值10.1 无条件极值10.2 条件最值与拉式乘数法10.3 最远(近)点的垂线原理10.4 有界闭区域上连续函数的最值问题十一. 二重积分1. 二重积分性质2. 二重积分的对称2.1 普通对称性2.2 轮换对称性3. 直角坐标系下计算4. 极坐标系下计算5. 交换积分次序6. 换元法十二. 微分方程1. 一阶微分方程1.1 一阶可分离变量微分方程1.2 可以化为可分离变量微分方程1.3 一阶齐次微分方程1.4 一阶线性微分方程1.5 伯努利方程2. 可降阶的高阶微分方程2.1 不含 $y$ 成分方程2.2 不含 $x$ 成分方程3. 二阶常系数线性微分方程3.1 二阶常系数齐次线性微分方程的解法3.2 二阶常系数非齐次线性微分方程的解法4. $n$ 阶常系数齐次线性微分方程的解5. 能写成欧拉方程微分方程6. 微分方程应用6.1 微分方程几何应用6.2 微分方程物理应用十三. 无穷级数1. 级数的基本性质2. 级数的敛散性判断2.1 判断常数项级数收敛级数性质判断法等比级数性质判断法级数收敛必要条件判断法2.2 正项级数审敛法性质判别比较审敛法 $p$ 级数性质审敛法比较审敛法极限形式比值审敛法(达朗贝尔)根值审敛法(柯西判别法)积分审敛法2.3 交错级数的审敛法莱布尼兹审敛法性质判断法2.4 任意项级数及其敛散性判别3. 幂级数及其收敛域3.1 定义判断收敛域和发散域3.2 阿贝尔定理判断收敛域和发散域3.3 级数与级数转换确定敛散性4. 幂级数的运算及性质4.1 级数的运算性质4.2 级数求和函数 (大题)5. 函数展开成幂级数(填空)

七. 一元函数微分学的应用

知识总览：

主要涉及到物理应用(物理应用)和相关变化率。较难的题目会和微分方程结合出题。

1. 物理应用

$s$ $t$ $s=s(t)$ ，称它为质点的运动方程(位移方程)，则其速度为

\begin{matrix} v (t) = lim_{Δ t \to 0} \frac{Δ s}{Δ t} = s^{'} (t) \\ v (t) = \frac{d s}{d t} \end{matrix}

其加速度为

\begin{matrix} a (t) = \frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d s} \cdot \frac{d s}{d t} \\ 或 a (t) = \frac{d (\frac{d s}{d t})}{d t} = \frac{d^{2} s}{d t^{2}} \\ 其 中 a (t) = lim_{Δ t \to 0} \frac{Δ v}{Δ t} = v^{'} (t) = s^{″} (t) \end{matrix}

2. 相关变化率

$y=f(x)$ $\left\{\begin{matrix}x=x(t)\\y=y(t)\end{matrix}\right.$ $\frac{dy}{dt}=\frac{dy}{dx}·\frac{dx}{dt}=f'(x)\frac{dx}{dt}$ $\frac{dy}{dt}$ $\frac{dx}{dt}$ $f'(x)$ 联系在一起，称这种相互关联的变化率为相关变化率。

$f'(x)$ $\frac{dx}{dt}$ $\frac{dy}{dt}$ 便可求。

$\Large 例:$ $P$ $y=x^3$ $P$ $l$ $P$ $v_0$ $P$ $(1,1)$ $l$ 对时间的变化率。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 点 P 到 原 点 距 离 l = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \\ 且 \frac{d x}{d t} = v_{0}, 则 \frac{d l}{d t} = \frac{d l}{d x} \cdot \frac{d x}{d t} \\ \frac{d l}{d t} = \frac{d l}{d x} \cdot v_{0} = \frac{d (\sqrt{x^{2} + y^{2}})}{d x} \cdot v_{0} \\ 其 中 y = x^{3}, 则 点 P 在 (1, 1) 处 的 变 化 率 为 \\ \frac{d l}{d x} |_{x = 1} = \frac{2 x + 6 x^{5}}{2 \sqrt{x^{2} + x^{6}}} |_{x = 1} = \frac{4}{\sqrt{2}} \end{aligned}

八. 一元函数积分学

知识总览：

1. 原函数与不定积分

$f(x)$ $I$ 上，若存在 $F(x)$ 任意一点 $F'(x)=f(x)$ $F(x)$ $f(x)$ $I$ $\int f(x)dx=F(x)+C$ $f(x)$ $I$ $F(x)+C$ $f(x)$ 的全体原函数。

$f(x)$ $f(x)$ 所定义的区间。

2. 原函数(不定积分)存在定理

$F'(x)=f(x)$ $F(x)$ $F(x)$ $f(x)$ $f(x)$ $F(x)$ 。

2.1 第一定理

定理一： $f(x)$ $F(x)$

$\Large 例2:$ $f(x)$ $[a,b]$ $F(x)=\int_a^xf(t)dt$ $[a,b]$ $F'(x)=f(x)$

\begin{aligned} 证 明 : \\ F^{'} (x) = lim_{Δ x \to 0} \frac{F (x + Δ x) - F (x)}{Δ x} = lim_{Δ x \to 0} \frac{\int_{x}^{x + Δ x} f (t) d t}{Δ x} \\ 由 积 分 中 值 定 理 可 知 : lim_{Δ x \to 0} \frac{f (ξ) Δ x}{Δ x}, (ξ \in (x, x + Δ x)) \\ 由 于 x \to x, x + Δ x \to x, 由 夹 逼 定 理 可 知 : ξ \to x \\ 故 lim_{Δ x \to 0} \frac{f (ξ) Δ x}{Δ x} = lim_{ξ \to x} f (ξ) = f (x) \\ ∴ F^{'} (x) = f (x) \end{aligned}

$f(x)$ 是连续函数，则

\int f (x) d x = \int_{a}^{x} f (t) d t + C

如果两边求导可得：

(\int_{a}^{x} f (t) d t)^{'} = f (x)

原函数与积分和导数关系：

\begin{aligned} ① & \underset{奇 函 数}{f^{'} (x)} ⟸ \underset{偶 函 数}{f (x)} ⟹ \underset{只 有 一 个 为 奇 函 数}{\int_{0}^{x} f (x) d x} \\ ② & \underset{偶 函 数}{f^{'} (x)} ⟸ \underset{奇 函 数}{f (x)} ⟹ \underset{偶 函 数}{\int_{0}^{x} f (x) d x} \\ ③ & \underset{以 T 为 周 期 函 数}{f^{'} (x)} ⟸ \underset{以 T 为 周 期 函 数}{f (x)} \overset{当 \int_{0}^{T} f (x) d x = 0}{\to} \underset{一 切 原 函 数 也 以 T 为 周 期}{\int_{0}^{x} f (x) d x} \end{aligned}

预备定理 $f(x)$ $T$ $\exists a$ $\int_a^{a+T}f(x)dx=\int_0^Tf(x)dx$

这个预备定理证明如下：

\begin{aligned} 证 明 : \\ \int_{a}^{a + T} f (x) d x = \int_{a}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{T} f (x) d x + \int_{T}^{a + t} f (x) d x \\ 要 证 明 \int_{a}^{a + T} f (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) d x, 只 用 证 明 \int_{a}^{0} f (x) d x + \int_{T}^{a + t} f (x) d x = 0 \\ 其 中 \int_{T}^{a + t} f (x) d x \overset{令 x - T = u}{\Rightarrow} \int_{0}^{a} f (u + T) d u \overset{由 于 f (x) 以 T 为 周 期}{\Rightarrow} \int_{0}^{a} f (u) d u \\ 即 \int_{T}^{a + t} f (x) d x = \int_{0}^{a} f (u) d u, 故 \int_{T}^{a + t} f (x) d x + \int_{a}^{0} f (x) d x = 0 \\ ∴ \int_{a}^{a + T} f (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) d x \end{aligned}

$f(x)$ $T$ 为周期连续函数，则在一个周期上的积分值与起点无关。

$f(x)$ $\int_0^xf(t)dt$ $T$ 为周期的 $\int_0^Tf(t)dt=0$ .

\begin{aligned} 例 & : 设 f (x) 是 周 期 为 4 的 奇 函 数, 且 其 在 [0, 2] 上 的 表 达 式 为 : \\ f (x) {\begin{array}{c} x, & 0 \leq x < 1 \\ 2 - x, & 1 \leq x \leq 2 \end{array} 证 明 \int_{0}^{x} f (t) d t 是 以 4 为 周 期 偶 函 数 \end{aligned}

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 于 f (x) 是 奇 函 数, 则 \int_{0}^{x} f (t) d t 为 偶 函 数 \\ 由 于 函 数 图 像 可 得 \int_{0}^{4} f (t) d t = 0, 又 f (x) 以 4 周 期 函 数 \\ 由 预 备 定 理 可 得 f (x) 在 一 个 周 期 上 的 积 分 值 为 0, 所 有 原 函 数 均 以 4 为 周 期 \end{aligned}

函数图像：

2.2 第二定理

$f(x)$ $F(x)$ $F(x)$ $F'(x)$ 要么是连续函数，要么是含有震荡点函数。

$F(x)$ $F'(x)=f(x)$ 成立。

\begin{aligned} 证 明 : \\ 设 F (x) 为 f (x) 在 I 内 的 一 个 原 函 数, 则 F (x) 在 I 内 可 导, 且 \\ F^{'} (x) = f (x), 并 设 x = x_{0} \in I 为 F^{'} (x) 的 间 断 点, 有 一 下 三 种 情 况 : \\ ① & x = x_{0} 为 可 去 间 断 点, 即 lim_{x \to x_{0}} F^{'} (x) 存 在 且 为 A, 但 A \neq F^{'} (x_{0}), 而 \\ F^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} \frac{F (x) - F (x_{0})}{x - x_{0}} \overset{洛 必 达}{\Rightarrow} lim_{x \to x_{0}} F^{'} (x) = A \\ 矛 盾, 故 在 区 间 I 内 没 有 原 函 数 F (x) \\ ② & x = x_{0} 为 跳 跃 间 断 点, 即 lim_{x \to x_{0}^{+}} F^{'} (x) 存 在 且 为 A_{+}, lim_{x \to x_{0}^{-}} F^{'} (x) 存 在 且 为 A_{-}, \\ 但 A_{+} \neq A_{-}, 而 \\ F_{+}^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}^{+}} \frac{F (x) - F (x_{0})}{x - x_{0}} \overset{洛 必 达}{\Rightarrow} lim_{x \to x_{0}^{+}} F^{'} (x) = A \\ F_{-}^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}^{-}} \frac{F (x) - F (x_{0})}{x - x_{0}} \overset{洛 必 达}{\Rightarrow} lim_{x \to x_{0}^{-}} F^{'} (x) = A_{-} \\ 又 F^{'} (x_{0}) 是 存 在 的, 则 F_{+}^{'} (x_{0}) = F_{-}^{'} (x_{0}), 即 A_{+} = A_{-}, 这 与 上 面 产 生 矛 盾 \\ ③ & x = x_{0} 是 无 穷 间 断 点, 即 lim_{x \to x_{0}} F^{'} (x) = \infty, 而 \\ F^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} \frac{F (x) F (x_{0})}{x - x_{0}} \overset{洛 必 达}{\Rightarrow} lim_{x \to x_{0}} F^{'} (x) = \infty \\ 又 F^{'} (x_{0}) 是 存 在 的, 矛 盾 \end{aligned}

$①②③$ $F'(x)$ $I$ $f(x)$ $F(x)$ ，而含有震荡间断点的函数可能有原函数，也可能没有。

注：

$f(x)$ $I$ $y$ $Y$ 们无牵无挂
$f(x)$ $I$ $\underset{X\to x}{\lim}f(X)=f(x)$ $y$ $Y$ 们亲密无间
$f(x)$ $I$ $\underset{X\to x}{\lim}\frac{f(X)-f(x)}{X-x}=0/a(a\ne0)$ $y$ $Y$ 们靠的更近

$f(x)$ $f'(x)$ 存在的区别：

$f(x)$ $x_0$ $f(x)$ $x_0$ 连续。
$f'(x)$ $f(x)$ $\underset{x\to x_0}{\lim}f'(x)=a\Longrightarrow f'(x)$ $x_0$ 处连续。
$f(x)$ $f(x)$ 有介值性。
$f(a)=A,f(b)=B$ $\xi\in(a,b)$ $f(\xi)=\mu,\mu\in(A,B)$
$f'(x)$ $f'(x)$ 有介值性(达布定理)。

$4$ 达布定理推论：

$f'(x)=a\ne0$ $f'(x)$ 必定保号(恒正或恒负)。
$f'(x)$ $I$ $f'(x)$ 无第一类间断点。

$F(x)$ $F'(x)=f(x)$ $F'(x)$ $F'(x)$ $F'(x)\ne0$ $F(x)$ $/$ 单调递减。

3. 定积分概念与精确定义

定积分思想是：分割、近似、求和、取极限。

详细概念：

$f(x)$ $[a,b]$ $(a,b)$ $n-1$ $x_i(i=1,2,3,\cdots,n-1)$ $x_0=a$ $x_n=b$ $a=x_0<x_1<x_2<\cdots<x_{n-1}<x_n=b$ $\Delta x_k=x_k-x_{k-1},k=1,2,3,\cdots,n$ $\xi_k\in[x_{k-1},x_k]$ $\lambda=\underset{1\le k\le n}{\max}\{\Delta x_{k}\}$ $\lambda\to0$ $\underset{\lambda\to0}{\lim}\sum\limits_{k=1}^n f(\xi_k)\Delta x_k$ $x_i$ $\xi_k$ $f(x)$ $[a,b]$ 上可积，即

\int_{a}^{b} f (x) d x = lim_{λ \to 0} \sum_{k = 1}^{n} f (ξ_{k}) Δ x_{k}

定积分几何意义：

由上面这个式子可以得到定积分精确定理：

\int_{a}^{b} f (x) d x = lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} f (a + \frac{b - a}{n} i) \frac{b - a}{n}

精确定义解释如下：

$f(x)$ ：

$n$ $\frac{b-a}{n}$
取右端点高 $f(a+\frac{b-a}{n})$ $f(a+\frac{b-a}{n}2)$ $i$ $f(a+\frac{b-a}{n}i)$ $f(a)$ $f(a+\frac{b-a}{n})$ $i$ $\underset{n\to\infty}{\lim}\sum\limits_{i=0}^{n-1}f(a+\frac{b-a}{n}i)·\frac{b-a}{n}$
$\frac{b-a}{n}$ $f(a+\frac{b-a}{n}i)·\frac{b-a}{n}$ $\underset{n\to\infty}{\lim}\sum\limits_{i=1}^{n}f(a+\frac{b-a}{n}i)·\frac{b-a}{n}$

$a,b$ $0,1$ 可得：

lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} f (\frac{i}{n}) \cdot \frac{1}{n} = \int_{0}^{1} f (x) d x

于是凑出定积分步骤如下：

$\frac{1}{n}$ ② $\frac{i}{n}$ $\frac{i}{n}=0+\frac{1-0}{n}i$ $\frac{i}{n}$ $0$ $1$ $x$ $\frac{1}{n}=\frac{1-0}{n}$ $0$ $1$ $dx$ .

$\frac{i}{n}$ 我们就用夹逼准则。

另外定积分的值与字母无关，当定积分存在时，有

\int_{a}^{b} f (x) d x - \int_{a}^{b} f (t) d t = \int_{a}^{b} f (u) d u

也就是说，定积分的值只与被积函数及积分区间有关，而与积分变量的记法无关。

$\Large 例1:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{n+n})$

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 子 可 写 为 : lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{n + i} \\ ① & 提 出 \frac{1}{n} : lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{1 + \frac{i}{n}} \cdot \frac{1}{n} \\ ③ & 已 经 凑 出 \frac{i}{n} 故, 写 出 积 分 : \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x} d x = \ln 2 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}(\frac{n+1}{n^2+1}+\frac{n+2}{n^2+4}+\frac{n+3}{n^2+9}+...+\frac{n+n}{n^2+n^2})$

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 可 写 为 : lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{n + i}{n^{2} + i^{2}} \\ ① & 提 出 \frac{1}{n} : lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{n^{2} + n i}{n^{2} + i^{2}} \cdot \frac{1}{n} \\ ② & 凑 出 \frac{i}{n} \overset{分 子 分 母 同 乘 n^{2}}{\Rightarrow} lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1 + \frac{i}{n}}{1 + \frac{i^{2}}{n^{2}}} \cdot \frac{1}{n} \\ ③ & 写 出 积 分 : \int_{0}^{1} \frac{1 + x}{1 + x^{2}} d x = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^{2}} d x + \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x^{2}} d x \\ = \frac{π}{4} + \frac{1}{2} \ln 2 \end{aligned}

$\Large 例3:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}(\frac{n}{n^2+1}+\frac{n}{n^2+2}+...+\frac{n}{n^2+n})$

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 可 写 为 : lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{n}{n^{2} + i} \\ ① & 提 \frac{1}{n} : lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{n^{2}}{n^{2} + i} \cdot \frac{1}{n} \\ ② & 凑 \frac{i}{n} : lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{1 + \frac{i}{n^{2}}} \cdot \frac{1}{n} \\ 由 此 看 出 凑 不 出 \frac{i}{n}, 用 夹 逼 准 则 : \\ n \cdot \frac{n}{n^{2} + n} < \sum_{i = 1}^{n} \frac{n}{n^{2} + i} < n \cdot \frac{n}{n^{2} + 1} \\ 由 于 lim_{n \to \infty} \frac{n^{2}}{n^{2} + n} = 1, lim_{n \to \infty} \frac{n^{2}}{n^{2} + 1} = 1 \\ 故 lim_{n \to \infty} (\frac{n}{n^{2} + 1} + \frac{n}{n^{2} + 2} + . . . + \frac{n}{n^{2} + n}) = 1 \end{aligned}

$\underset{n\to\infty}{\lim}\sum\limits_{i=1}^n g(n,i)$ $g(n,i)$ $f(\frac{i}{n})·\frac{1}{n}$ $h(n,i)$ $h(n,i)$ $n,i$ $f(\frac{i}{n})·\frac{1}{n}$ $\frac{n^1+i^1}{n^2+i^2}=\frac{n^2+in}{n^2+i^2}·\frac{1}{n}=\frac{1+\frac{i}{n}}{1+(\frac{i}{n})^2}·\frac{1}{n}=f(\frac{i}{n})·\frac{1}{n}$ 。反之凑不出则考虑用夹逼准则。

4. 定积分存在定理

定积分存在，也称之为一元函数的可积性，这里的"常义"是指"区间有限，函数有界"。

定积分存在充分条件：

$f(x)$ $[a,b]$ $\int_a^bf(x)dx$ 存在
$f(x)$ $[a,b]$ $\int_a^bf(x)dx$ 存在
$f(x)$ $[a,b]$ $\int_a^bf(x)dx$ 存在

定积分存在必要条件：

$\int_a^bf(x)dx$ $f(x)$ $[a,b]$ 上必有界。

$[a,b]$ 上只有有限个间断点且函数有界，则定积分存在；若有跳跃、可去、无穷间断点，则原函数一定不存在，即不定积分一定不存在。

$\Large 例:$ $y=e^{-x}\sin x$ $[0,+\infty)$ $x$ $\int_0^{+\infty}e^{-x}|\sin x|dx$ ，将这个表达式拆分为求和形式。

$x$ $\int_0^{+\infty}e^{-x}\sin xdx$ 是所围面积的代数和，值有正有负。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} | \sin x | d x 可 知 其 图 像 在 x 轴 上 振 幅 越 来 越 小 \\ 故 在 x \in (0, π) 上 为 | \int_{0}^{π} e^{- x} \sin x d x | \\ 在 x \in (π, 2 π) 上 为 | \int_{π}^{2 π} e^{- x} \sin x d x | \\ 故 x \in (0, + \infty) 时, lim_{n \to \infty} \sum_{k = 0}^{n} | \int_{k π}^{(k + 1) π} e^{- x} \sin x d x | \end{aligned}

5. 定积分性质

性质1(求区间长度)： $a<b$ $\int_a^bdx=b-a=L$ $L$ $[a,b]$ 的长度。

性质2(积分的线性性质)： $k_1,k_2$ $\int_a^b[k_1f(x)\pm k_2g(x)]dx=k_1\int_a^bf(x)dx+k_2\int_a^bg(x)dx$

$/$ 可拆性)： $a,b,c$ $\int_a^bf(x)dx=\int_a^cf(x)dx+\int_c^bf(x)dx$

性质4(积分的保号性) $[a,b]$ $f(x)\le g(x)$ $\int_a^bf(x)dx\le\int_a^bg(x)dx$ $\Big|\int_a^bf(x)dx\Big|\le\int_a^b\Big|f(x)\Big|dx$

$f(x)$ $[a,b]$ $f(x)$ $0$ $\int_a^bf(x)dx>0$ $0$ $0$ ，所以上面的性质四常常不写等号。在有些积分不等式地证明与定积分值得估计中，要求获得严格得不等式结果，便需要用到这个结论。

$\Large 例:$ $f(x)$ $[a,b]$ $f(x)$ $0$ $\int_a^bf(x)dx>0$

$\int_a^bf(x)dx\ge0$ $\int_a^bf(x)dx>0$ 则需要用以下证法。

\begin{aligned} 证 明 : \\ 因 函 数 f (x) 在 [a, b] 上 不 恒 等 于 零, 且 非 负, 故 至 少 存 在 一 点 \\ x_{0} \in (a, b), 使 得 f (x_{0}) \neq 0, 即 f (x_{0}) > 0 \\ 因 函 数 f (x) 连 续, 故 有 lim_{x \to x_{0}} f (x) = f (x_{0}) > 0, 由 极 限 的 \\ 保 号 性 知, 存 在 δ > 0 与 η > 0, 使 得 当 x \in [x_{0} - δ, x_{0} + δ] \subset [a, b] \\ 时, 恒 有 f (x) \geq η > 0, 根 据 定 积 分 不 等 式 性 质, 便 有 \\ \int_{a}^{b} f (x) d x \geq \int_{x_{0} - δ}^{x_{0} + δ} f (x) d x \geq η \int_{x_{0} - δ}^{x_{0} + δ} d x = 2 η δ > 0 \end{aligned}

推论： $f(x),g(x)$ $f(x)\ge g(x)$ $f(x)$ $g(x)$ $a<b$ $\int_a^bf(x)dx>\int_a^bg(x)dx$

性质5(估值定理)： $M,m$ $f(x)$ $[a,b]$ $L$ $[a,b]$ $mL\le\int_a^bf(x)dx\le ML$

性质6(中值定理)： $f(x)$ $[a,b]$ $[a,b]$ $\xi$ $\int_a^bf(x)dx=f(\xi)(b-a)$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 连 续 函 数 必 有 原 函 数, 故 令 F (x) = \int_{a}^{x} f (x) d x \\ 在 [a, b] 上 由 拉 氏 定 理 可 知 : \\ F (b) - F (a) = F^{'} (ξ) (b - a) \\ 即 \int_{a}^{b} f (x) d x = f (x) (b - a), ξ \in (a, b) \end{aligned}

$\Large 例:$ $M=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin(\sin x)dx$ $N=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos(\cos x)dx$ $M,N,1$ 大小关系

这类题是考研出题方法。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 在 0 \sim \frac{π}{2} 上 \sin x < x, 故 \sin (\sin x) < \sin x \\ ∴ M = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin (\sin x) d x < \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin x d x = 1 \\ N = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos (\cos x) d x \overset{令 x = \frac{π}{2} - t}{\Rightarrow} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos (\sin t) d t \\ 由 \cos x 在 x \in (0, \frac{π}{2}) 上 是 减 函 数, 故 N > \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos t d t = 1 \\ ∴ M < 1 < N \end{aligned}

6. 变限积分

$x$ $[a,b]$ $x$ $\int_a^xf(t)dt$ $\int_a^xf(t)dt$ $x$ $\Phi(x)=\int_a^xf(t)dt(a\le x\le b)$ $\Phi(x)$ 为变上限的定积分，同理可以定义变下限的定积分和上、下限都变化的定积分，这些都称为变限积分。事实上，变限积分就是定积分的推广。

$I=[a,b]$

$f(x)$ $[a,b]$ $F(x)=\int_a^xf(t)dt$ $[a,b]$ 上连续。

（2） $f(x)$ $[a,b]$ $F(x)=\int_a^xf(t)dt$ $[a,b]$ 上可导。证明在2-2.1例题中

$x=x_0\in I$ $f(x)$ $F(x)=\int_a^xf(t)dt$ $x_0$ $f(x)$ $\left\{\begin{matrix}F'_-(x_0)=\underset{x\to x_0^-}{\lim}f(x)\\F'_+(x_0)=\underset{x\to x_0^+}{\lim}f(x)\end{matrix}\right.$ $x=x_0\in I$ $f(x)$ $F(x)=\int_a^xf(t)dt$ $x_0$ $F'(x_0)=\underset{x\to x_0}{\lim}f(x)$ $f(x)$ $F(x)$ )。

$f(x)$ $[a,b]$ 上可导，则：

f (x) 可 导 ⟹ 连 续 ⟹ 可 积 ⟹ 有 界

性质1证明：

\begin{aligned} 证 明 : \\ 任 意 x, x + Δ x \in [a, b] \\ (当 x = a 时, 0 < Δ x < b - a; 当 x = b 时, a - b < Δ x < 0) \\ 则 F (x + Δ x) - F (x) = \int_{x}^{x + Δ x} f (t) d t \\ 由 可 积 的 必 要 条 件 可 知, 存 在 M > 0, 使 得 在 [a, b] 上 有 | f (x) | \leq M \\ ∴ 0 \leq | F (x + Δ x) - F (x) | \leq M | Δ x | \\ 则 lim_{Δ x \to 0} | F (x + Δ x) - F (x) | = 0, 即 lim_{Δ x \to 0} [F (x + Δ) - F (x)] = 0 \\ 或 lim_{Δ x \to 0} F (x + Δ x) = F (x), 得 证 \end{aligned}

$F(x)=\int_0^xf(t)dt$ ，只要它存在，就必然是连续的。

$F(x)=\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)}f(t)dt$ $f(x)$ $[a,b]$ $\varphi_1(x)$ $\varphi_2(x)$ $[a,b]$ $\varphi_1(x)$ $\varphi_2(x)$ 的公共定义域上，有：

\begin{array}{r} F^{'} (x) = \frac{d}{d x} [\int_{φ_{1} (x)}^{φ_{2} (x)} f (t) d t] = f [φ_{2} (x)] φ_{2}^{'} (x) - f [φ_{1} (x)] φ_{1}^{'} (x) \end{array}

$x$ $t$ $x$ $x$ 出现在被积函数中，必须通过恒等变形(如变量代换等)将其移出被积函数，才能使用变限积分求导公式。

$\Large 例1:$ $f(x)$ $\frac{d}{dx}[\int_a^x(x-t)f'(t)dt]$

\begin{aligned} 解 : \\ 求 导 变 量 x 移 出 被 积 函 数 : \\ \int_{a}^{x} (x - t) f^{'} (t) d t = \int_{a}^{x} x f^{'} (t) d t - \int_{a}^{x} t f^{'} (t) d t \\ = x \int_{a}^{x} f^{'} (t) d t - \int_{a}^{x} t f^{'} (t) d t \\ 使 用 变 限 积 分 求 导 公 式, 得 : \\ \frac{d}{d x} [\int_{a}^{x} (x - t) f^{'} (t) d t] \\ = \int_{a}^{x} f^{'} (t) d t + x f^{'} (x) - x f^{'} (x) = f (x) - f (a) \end{aligned}

$\Large 例2:$ $a>0$ $f(x)$ $[0,+\infty)$ $C$ $y=e^{-ax}[\int_0^xf(t)e^{at}dt+C]$

\begin{aligned} 解 : \\ f (x) \leq M, x \geq 0 \\ 且 | y | = | e^{- a x} \int_{0}^{x} f (t) e^{a t} d t + C e^{- a x} | \\ \leq e^{- a x} | \int_{0}^{x} f (t) e^{a t} d t | + | C | e^{- a x} \\ \leq e^{- a x} \cdot \int_{0}^{x} | f (t) | e^{a t} d t + | C | \cdot 1 \\ \leq M \cdot e^{- a x} \cdot \int_{0}^{x} e^{a t} d t + | C | \\ = M \cdot \frac{1}{a} (1 - e^{- a x}) + | C | < \frac{M}{a} + | C | = K \\ 故 y < M \cdot \frac{1}{a} (1 - e^{- a x}) + | C | < \frac{M}{a} + | C | = K \end{aligned}

7. 反常积分

前面已经指出，定积分存在有两个必要条件：一是积分区间有限，二是被积函数有界。如果破坏了积分区间的有限性，就引出无穷区间上的反常积分；如果破坏了被积函数的有界性，就引出无界函数的反常积分。

7.1 无穷区间上的反常积分

概念：

①区间变为无穷区间，这样积分称为无穷区间上的反常积分。如果积分等于一个确切常数，那么反常积分收敛。

$S_1=\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^2}dx=-\frac{1}{x}|_1^{+\infty}=1,S_2=\int_1^{+\infty}\frac{1}{x}dx=\ln x|_1^{+\infty}=+\infty$

趋向x轴收敛反常积分：

②破坏函数有界性，变为无界函数(函数值趋于无穷大)的反常积分。如果积分等于一个确切常数，那么反常积分收敛。

函数值无穷大收敛反常积分：

$0$ 的速度越快，反常积分越可能收敛。

$\int_a^{+\infty}f(x)dx$ $\underset{x\to+\infty}{\lim}f(x)=0$ $f(x)$ 的无穷大程度，积分也会收敛。几何解释：

f(x)趋于0：

底面长趋向于0：

计算步骤：

将广义积分转化为定积分(找原函数)
求极限：不能存在则发散，存在则收敛。

$\Large 例1:$ $\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{1+x^2}dx$

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 & = \arctan x |_{- \infty}^{+ \infty} = \frac{π}{2} - (- \frac{π}{2}) = π \end{aligned}

结论一：

\begin{matrix} \int_{a}^{+ \infty} \frac{1}{x^{p}} d x {\begin{matrix} p > 1, 收 敛 \\ p \leq 1, 发 散 \end{matrix} \end{matrix}

推广：

\begin{matrix} {\begin{matrix} ① \int_{a}^{+ \infty} \frac{P_{n} (x)}{Q_{m} (x)} & p = m - n \\ ② \int_{e}^{+ \infty} \frac{1}{x^{1} (\ln x)^{p}} & 注 : 可 以 大 于 e, 但 x 一 定 是 1 次 \end{matrix} \end{matrix}

$\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx$ $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx=\int_{-\infty}^cf(x)dx+\int_c^{+\infty}f(x)dx$ ，若右边两个反常积分都收敛，则称为反常积分收敛。

$\Large 例2:$ $\int_1^{+\infty}\frac{(\arctan\frac{1}{x})^{\alpha}}{[\ln(1+\frac{1}{x})]^{2\beta}}dx(\alpha,\beta>0)$ 的敛散性

\begin{aligned} 解 ： \\ 当 x \to + \infty 时, \arctan \frac{1}{x} \sim \frac{1}{x}, \ln (1 + \frac{1}{x}) \sim \frac{1}{x} \\ 即 \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x^{α - 2 β}} d x 与 原 积 分 同 敛 散 \\ 当 α - 2 β > 1, 收 敛 . 当 α - 2 β < 1, 发 散 . \end{aligned}

$\Large 例3:$ $\int_2^{+\infty}\frac{1}{x\ln^px}dx$ $p$ 为任意实数

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 解 ： \\ 1. & 当 p = 1, \int_{2}^{+ \infty} \frac{1}{x \ln x} d x = \ln | \ln x | |_{2}^{+ \infty} = + \infty \\ 2. & p \neq 1, \int_{2}^{+ \infty} \frac{1}{x \ln^{p} x} d x = \frac{1}{1 - p} (\ln x)^{1 - p} |_{2}^{+ \infty} \\ ① 当 p > 1, 收 敛 . ② 当 p < 1 时, 发 散 \end{array} \end{array}

7.2 无界函数的反常积分

$b$ $f(x)$ $f(x)$ $\int_a^bf(x)dx$ $\int_a^bf(x)dx=\underset{\epsilon\to0^+}{\lim}\int_a^{b-\epsilon}f(x)dx$ $\int_a^bf(x)dx$ 收敛。

$x=b$ $f(x)$ 无穷间断点时，反常积分可积叫广义可积。而定积分存在则有界，这叫做常义可积。

$c\in(a,b)$ $f(x)$ $f(x)$ $\int_a^bf(x)dx$ $\int_a^bf(x)dx=\int_a^cf(x)dx+\int_c^bf(x)dx$ $\int_a^bf(x)dx$ 收敛。

分两种情况计算：

$\Longrightarrow$ 可以求出积分后极限直接算
$\Longrightarrow$ 拆分区间以无定义点为界分开计算积分

$\Large 例1:$ $\int_0^1\ln xdx$

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 & = (x \ln x - x) |_{0}^{1} = lim_{x \to 1} - 1 - lim_{x \to 0} (x \ln x - x) = - 1 - 0 = - 1 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\int_{-1}^1\frac{1}{x^2}dx$

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 & = \int_{- 1}^{0} \frac{1}{x^{2}} d x + \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{2}} d x = - \frac{1}{x} |_{- 1}^{0} - \frac{1}{x} |_{0}^{1} \\ 求 极 限 得 ： \\ = \infty - 1 - 1 + \infty = \infty \\ ∴ & 广 义 积 分 发 散 \end{aligned}

结论二：

\begin{matrix} \int_{0 (或 - 1)}^{1 (或 0)} \frac{1}{x^{q}} d x {\begin{matrix} 0 < q < 1, 收 敛 \\ q \geq 1, 发 散 \end{matrix} \end{matrix}

推广：

\begin{matrix} {\begin{matrix} ① \int_{a}^{b} \frac{1}{(x - a)^{q}} d x, & q 同 上 \\ ② \int_{a}^{b} \frac{1}{(x - b)^{q}} d x, & q 同 上 \\ ③ \int_{a}^{b} \frac{\ln x}{x^{q}}, & q 同 上 \end{matrix} \end{matrix}

$\Large 例3:$ $\alpha>0$ $\int_0^1\frac{\ln x}{x^\alpha}dx$ 的敛散性情况

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 解 : \\ ① & 设 \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{p}} d x, 令 p = α + ϵ, (α < 1, α + ϵ < 1) \\ lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{\ln x}{x^{α}}}{\frac{1}{x^{α + ϵ}}} = lim_{x \to 0^{+}} x^{ϵ} \cdot \ln x = 0 \\ 由 此 可 知 分 母 是 比 分 子 更 高 阶 . 且 α + ϵ < 1 \\ 即 \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{α + ϵ}} d x 收 敛, 则 \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{α}} 也 收 敛 \\ ② & 由 于 α > 0, 则 lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{\ln x}{x^{α}}}{\frac{1}{x^{α}}} = lim_{x \to 0^{+}} \ln x = \infty \\ 分 子 比 分 母 更 高 阶, 且 \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{α}}, 发 散 \\ 则 \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{α}} 也 发 散 \end{array} \end{array}

7.3 敛散性的判别法

无穷区间

比较判别法： $f(x),g(x)$ $[a,+\infty)$ $0\le f(x)\le g(x)(a\le x<+\infty)$ ，则

$\int^{+\infty}_a g(x)dx$ $\int_a^{+\infty}f(x)dx$ 收敛。
$\int_a^{+\infty}f(x)dx$ $\int_a^{+\infty}g(x)dx$ 发散。

比较判别法的极限形式： $f(x),g(x)$ $[a,+\infty)$ $f(x)\ge0,g(x)>0$ $\underset{x\to+\infty}{\lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\lambda$ $\infty$ ）则

$\lambda\ne0$ $\lambda\ne\infty$ $\int_a^{+\infty}f(x)dx$ $\int_a^{+\infty}g(x)dx$ 有相同的敛散性
$\lambda=0$ $\int_a^{+\infty}g(x)dx$ $\int_a^{+\infty}f(x)dx$ 也收敛
$\lambda=\infty$ $\int_a^{+\infty}g(x)dx$ $\int_a^{+\infty}f(x)dx$ 也发散

无界函数

比较判别法： $f(x),g(x)$ $(a,b]$ $x=a$ $0\le f(x)\le g(x)(a<x\le b)$ ，则

$\int_a^bg(x)dx$ $\int_a^bf(x)dx$ 收敛
$\int_a^bf(x)dx$ $\int_a^bg(x)dx$ 发散

比较判别法的极限形式： $f(x),g(x)$ $(a,b]$ $x=a$ $f(x)\ge0,g(x)>0(a<x\le b)$ $\underset{x\to a^+}{\lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\lambda$ $\infty$ ），则

$\lambda\ne0$ $\lambda\ne\infty$ $\int_a^bf(x)dx$ $\int_a^bg(x)dx$ 有相同的敛散性。
$\lambda=0$ $\int_a^bg(x)dx$ $\int_a^bf(x)dx$ 也收敛。
$\lambda=\infty$ $\int_a^bg(x)dx$ $\int_a^bf(x)dx$ 也发散。

$x\to0^+$ $\sin x\sim x$ $\sin x$ $x$ $0$ $\int_0^1\frac{1}{\sin^px}dx$ $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sin^px}dx$ ）依然满足：

\begin{matrix} {\begin{matrix} 收 敛, & 0 < p < 1 \\ 发 散, & p \geq 1 \end{matrix} \end{matrix}

$x$ $0$ $f(x)$ 均可如上讨论。

$x\to+\infty$ $a>0$ $ax+b$ $+\infty$ $x$ $+\infty$ $ax+b\ge k>0$ $\int_1^{+\infty}\frac{1}{(ax+b)^p}dx$ 依然满足：

\begin{matrix} {\begin{matrix} 收 敛, & p > 1 \\ 发 散, & p \leq 1 \end{matrix} \end{matrix}

$\Large 例1:$ $a>b>0$ $\int_0^{+\infty}\frac{1}{x^a+x^b}dx$ $a,b$ 取值范围。

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 = \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{a} + x^{b}} d x + \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x^{a} + x^{b}} d x \\ = I_{1} + I_{2} \\ 其 中 I_{1} : x \to 0^{+}, 且 a > b, 所 以 x^{b} 是 x^{a} 高 阶 无 穷 小 \\ lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{1}{x^{a} + x^{b}}}{\frac{1}{x^{b}}} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^{b}}{x^{a} + x^{b}} = 1 \\ 故 I_{1} 等 价 于 研 究 \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{b}} d x, 故 b < 1 时 I_{1} 收 敛 \\ 同 理 I_{2} : x \to + \infty, x^{a} 是 比 x^{b} 高 阶 的 无 穷 大 \\ lim_{x \to + \infty} \frac{\frac{1}{x^{a} + x^{b}}}{\frac{1}{x^{a}}} = lim_{x \to + \infty} \frac{x^{a}}{x^{a} + x^{b}} = 1 \\ 故 I_{2} 等 价 于 研 究 \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x^{a}} d x, 故 a > 1 时 I_{1} 收 敛 \\ 综 上 所 述 a > 1, b < 1 时 原 积 分 收 敛 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\int_1^{+\infty}(e^{-\cos\frac{1}{x}}-e^{-1})x^kdx$ $k$ 的取值范围

\begin{aligned} 解 : \\ 原 积 分 = \int_{1}^{+ \infty} e^{- 1} (e^{1 - \cos \frac{1}{x}} - 1) x^{k} d x \\ 当 x \to + \infty, e^{1 - \cos \frac{1}{x}} - 1 \sim 1 - \cos \frac{1}{x} \sim \frac{1}{2 x^{2}} \\ 故 原 积 分 相 当 于 研 究 \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x^{2 - k}} d x, 故 2 - k > 1 \\ 得 k < 1 \end{aligned}

$\Large 例3:$ $\int_1^{+\infty}[\ln(1+\frac{1}{x})-\frac{1}{1+x}]dx$ 是否发散

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 \ln (1 + \frac{1}{x}) = \ln (x + 1) - \ln x \\ 由 拉 氏 定 理 可 知 \exists ξ \in (x, x + 1) 使 得 \\ \ln (x + 1) - \ln x = \frac{1}{ξ} \cdot 1 \\ 故 \frac{1}{x + 1} < \frac{1}{ξ} < \frac{1}{x}, 即 \frac{1}{x + 1} < \ln (1 + \frac{1}{x}) < \frac{1}{x} \\ ∴ 0 < \ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{1 + x} < \frac{1}{x} - \frac{1}{1 + x} < \frac{1}{x^{2}} \\ 即 原 式 等 价 于 研 究 \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x^{2}} d x, 收 敛, 故 原 式 也 收 敛 \end{aligned}

$\Large 例4:$ $\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{1+x^2}dx$ 是否收敛

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 = \int_{- \infty}^{0} \frac{\sin x}{1 + x^{2}} d x + \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin x}{1 + x^{2}} d x \\ 其 中 \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin x}{1 + x^{2}} d x \leq \int_{0}^{+ \infty} | \frac{\sin x}{1 + x^{2}} | d x \\ \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{1 + x^{2}} d x (收 敛) \\ 故 \int_{0}^{+ \infty} | \frac{\sin x}{1 + x^{2}} | d x \overset{收 敛}{\Rightarrow} \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin x}{1 + x^{2}} d x 收 敛 \\ 由 于 \int_{- \infty}^{0} \frac{\sin x}{1 + x^{2}} d x 与 \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin x}{1 + x^{2}} d x 对 称 \\ 故 \int_{- \infty}^{0} \frac{\sin x}{1 + x^{2}} d x 也 收 敛, 综 上 所 述 原 积 分 收 敛 \end{aligned}

$\int_0^{+\infty}\Big|\frac{\sin x}{1+x^2}\Big|dx\xRightarrow{收敛}\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{1+x^2}dx$ 收敛的证明如下：

$\Large 已知:$ $\int_a^{+\infty}|f(x)|dx$ $\int_a^{+\infty}f(x)dx$ 收敛

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 于 0 \leq f (x) + | f (x) | \leq 2 | f (x) | \\ ∴ \int_{a}^{+ \infty} 2 | f (x) | d x 收 敛, 故 \int_{a}^{+ \infty} f (x) + | f (x) | d x 也 收 敛 \\ 故 \int_{a}^{+ \infty} f (x) d x = \int_{a}^{+ \infty} (f (x) + | f (x) | - | f (x) |) d x \\ = \int_{a}^{+ \infty} (f (x) + | f (x) |) d x - \int_{a}^{+ \infty} | f (x) | d x \\ 由 于 \int_{a}^{+ \infty} (f (x) + | f (x) |) d x 与 \int_{a}^{+ \infty} | f (x) | d x 都 收 敛 \\ 故 \int_{a}^{+ \infty} f (x) d x 也 收 敛 \end{aligned}

注意： $f(x)$ $\int_0^{+\infty}f(x)dx$ $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx=2\int_0^{+\infty}f(x)dx$
$f(x)$ $\int_0^{+\infty}f(x)dx$ $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx=0$

总结：反常积分判断收敛主要从以下三方面入手：

\begin{matrix} {\begin{matrix} ① 放 缩 法, & f (x) < g (x) \\ ② 计 算 法, & 通 过 \frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty} 找 到 等 价 函 数 \\ ③ 运 用 结 论, & 合 理 运 用 两 个 结 论, 两 个 推 论 \end{matrix} \end{matrix}

8. 不定积分的计算

主要有四种积分法：凑微分法、换元法、分部积分法、有理函数积分.

注：

8.1 基本积分表

积分表：

积分表2：

8.2 第一类换元积分法(凑微分)

$\int 4x\cos(2x^2+1)dx$ $d$ $d$ 后不相等的情况。

$d$ $\int 4x\cos(2x^2+1)dx$ $d$ $d$ $(2x^2+1)$ $u$ $dx$ $du$ $\frac{1}{du}$ 。此时积分就变为:

\begin{aligned} \int 4 x \cos (2 x^{2} + 1) d (2 x^{2} + 1) \cdot \frac{1}{d (2 x^{2} + 1)} \\ = & \int 4 x \cos (2 x^{2} + 1) \cdot \frac{1}{4 x} d (2 x^{2} + 1) \\ = & \int \cos (2 x^{2} + 1) d (2 x^{2} + 1) = \sin (2 x^{2} + 1) + C \end{aligned}

$\Large 例1:$ $\int_0^1\frac{2x+3}{x^2-x+1}dx$

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 = \int_{0}^{1} \frac{2 x - 1 + 4}{x^{2} - x + 1} d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{d (x^{2} - x + 1)}{x^{2} - x + 1} + 4 \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{2} - x + 1} d x \\ = \ln (x^{2} - x + 1) |_{0}^{1} + 4 \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{2} - x + 1} d x \\ = 0 + 4 \int_{0}^{1} \frac{1}{(x - \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4}} d (x - \frac{1}{2}) \\ = 0 + 4 \cdot \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} \cdot \arctan \frac{x - \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} |_{0}^{1} \\ = \frac{8 \sqrt{3}}{9} π \end{aligned}

复杂部分 $x^2-x+1$ 求导 $2x-1$ ，再将原式变形凑微分，且一般题中给出积分是乘积的形式。

$\Large 例2:$ $\int e^{\frac{\sin\theta}{\cos\theta+\sin\theta}}·\frac{1}{(\cos\theta+\sin\theta)^2}d\theta$

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 = \int e^{\frac{\sin θ}{\cos θ + \sin θ}} d \frac{\sin θ}{\cos θ + \sin θ} \\ = e^{\frac{\sin θ}{\cos θ + \sin θ}} + C \end{aligned}

8.3 换元法

解决类型：主要解决被积函数含有根式或含有反三角函数，且没有公式的不定积分。

解决方法：

$x$ $\frac{1}{1+\sqrt{x+2}}、\frac{1}{\sqrt{x}+1}$ 等。
$\sqrt[n]{ax+b}和\sqrt[m]{ax+b}$ $\sqrt[l]{ax+b}=t$ $l$ $m$ $n$ 最小公倍数。

$\Large 例:$ $\int \frac{1}{(1+\sqrt[3]{x})\sqrt{x}}dx$

\begin{aligned} 解 : \\ ∵ \sqrt[3]{x} 与 \sqrt{x} 中 设 m = 3, n = 2, 则 m 与 n 最 小 公 倍 数 是 l 是 6. \\ ∴ 设 \sqrt[6]{x} = t, x = t^{6}, d x = 6 t^{5} d t \\ ∴ \int \frac{1}{(1 + \sqrt[3]{x}) \sqrt{x}} d x = \int \frac{6 t^{5} d t}{(1 + t^{2}) t^{3}} = 6 \int (1 - \frac{1}{1 + t^{2}}) d t \\ = 6 (t - \arctan x) + C \\ 将 t = \sqrt[6]{x}, 带 回, 得 : \int \frac{1}{(1 + \sqrt[3]{x}) \sqrt{x}} d x = 6 (\sqrt[6]{x} - \arctan \sqrt[6]{x}) + C \end{aligned}

8.3 三角代换

$x$ 得平方和、差 $\sqrt{x^2+a^2}、\sqrt{x^2-a^2}、\sqrt{a^2-x^2}$

类型：

\begin{matrix} \sqrt{x^{2} - a^{2}} : 令 x = a \sec t, | t | < \frac{π}{2} \\ \sqrt{x^{2} + a^{2}} : 令 x = a \tan t, | t | < \frac{π}{2} \\ \sqrt{a^{2} - x^{2}} : 令 x = a \sin t, {\begin{matrix} x > 0, 0 < t < \frac{π}{2} \\ x < 0, \frac{π}{2} < t < π \end{matrix} \end{matrix}

具体情况：

$\sqrt{ax^2+bx+c}$ $\sqrt{\varphi^2(x)+k^2}$ $\sqrt{\varphi^2(x)-k^2}$ $\sqrt{k^2-\varphi^2(x)}$

$\sqrt[n]{ax+b}$ $\sqrt{\frac{ax+b}{cx+d}}$ $\sqrt{ae^{bx}+c}$ $\sqrt{*}=t$ $\sqrt{*}$ $\sqrt[n]{ax+b}和\sqrt[m]{ax+b}$ $\sqrt[l]{ax+b}=t$ $l$ $m$ $n$ 最小公倍数。

$a^x,e^x,\ln x,\arcsin x,\arctan x$ $t$ $\ln x,\arcsin x,\arctan x$ $P_n(x)$ $e^{ax}$ $P_n(x)$ $x$ $n$ 次多项式，优先考虑用分部积分法。

$x=\frac{1}{t}$

$·$ 幂函数分部积分可以带入以下公式，方便计算：

\begin{matrix} \int e^{a x} \sin b x d x = \frac{| \begin{matrix} (e^{a x})^{'} & (\sin b x)^{'} \\ e^{a x} & \sin b x \end{matrix} |}{a^{2} + b^{2}} + C = \frac{a e^{a x} \sin b x - b e^{a x} \cos b x}{a^{2} + b^{2}} + C \\ \int e^{a x} \cos b x d x = \frac{| \begin{matrix} (e^{a x})^{'} & (\cos b x)^{'} \\ e^{a x} & \cos b x \end{matrix} |}{a^{2} + b^{2}} + C = \frac{a e^{a x} \cos b x - b e^{a x} \sin b x}{a^{2} + b^{2}} + C \end{matrix}

8.4 分部积分法

两类不同函数乘积 $(u,v)$ 的积分，或被积函数只有一个函数的积分。

积分方法：

$"反(反三角函数)、对、幂、三、指"$ $d$ $d$ 后要变为原函数。
$\int udv=uv-\int vdu$ $d$ $u$ 。然后再分部积分
$P_n(x)$ $x$ $n$ 次多项式：
$P_n(x)e^{kx},P_n(x)\sin ax,P_n(x)\cos ax$ $u=P_n(x)$
$P_n(x)\ln x,P_n(x)\arcsin x,P_n(x)\arctan x$ $u=\ln x,u=\arcsin x,u=\arctan x$

积分再现：

$\int uv^{(n+1)}dx=uv^{(n)}-u'v^{(n-1)}+u''v^{(n-2)}-...+(-1)^nu^{(n)}v+(-1)^{(n+1)}\int u^{(n+1)}vdx$

公式较为复杂，事实上可以写成如下表格：

分部积分推广：

$u$ $+$ $-$ $(-1)^{(n+1)}\int u^{(n+1)}vdx$ .

$\Large 例:$ $\int(x^3+2x+6)e^{2x}dx$

\begin{aligned} 解 : \\ 绘 制 表 格 如 下 图 \\ 原 式 = (x^{3} + 2 x + 6) (\frac{1}{2} e^{2 x}) - (3 x^{2} + 2) (\frac{1}{4} e^{2 x}) + 6 x (\frac{1}{8} e^{2 x}) \\ - 6 (\frac{1}{16} e^{2 x}) + \int 0 \cdot (\frac{1}{16} e^{2 x}) d x \\ = (\frac{1}{2} x^{3} - \frac{3}{4} x^{2} + \frac{7}{4} x + \frac{17}{8}) e^{2 x} + C \end{aligned}

8.5 有理函数积分

$\int\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}dx(n<m)$ $P_n(x),Q_m(x)$ $x$ $n$ $m$ 次多项式。其中：

\begin{matrix} \frac{P_{n} (x)}{Q_{m} (x)} {\begin{matrix} n < m & 真 分 式 : \frac{1}{x + 1} \\ n \geq m & 假 分 式 : \frac{x^{2}}{x + 1} \end{matrix} \end{matrix}

$+$ $\frac{x^2}{x+1}=\frac{x^2-1+1}{x+1}=x-1+\frac{1}{x+1}$ )，故这里只用研究真分式的拆分即可。

$Q_m(x)$ $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$ 拆分成若干项最简有理分式之和。

$\Delta>0$ .方法参考有理分式的列项和不定积分专项(有理分式解法)，除了这些方法要补充一个分部积分方法：

$\Delta$ $I$ 为要求的积分，则对于分布积分会出现三种情况：

\begin{matrix} {\begin{matrix} ① & I = Δ - I \\ ② & I = Δ - I_{1} + I_{1} \\ ③ & I_{n} = F (I_{n - 1}, I_{n - 2}) \end{matrix} \end{matrix}

$\Large 例:$ $I=\int\frac{1}{(1+x^2)^2}dx$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 I_{1} = \int \frac{1}{1 + x^{2}} d x = \arctan x + C \\ 令 原 式 为 I_{2} = \int \frac{1}{(1 + x^{2})^{2}} d x \\ I_{1} = \int \frac{1}{1 + x^{2}} d x \overset{分 部 积 分}{\Rightarrow} \frac{x}{1 + x^{2}} + \int x \cdot \frac{2 x}{(1 + x)^{2}} d x \\ = \frac{x}{1 + x^{2}} + 2 \int \frac{x^{2} + 1 - 1}{(1 + x)^{2}} d x \\ = \frac{x}{1 + x^{2}} + 2 \cdot \arctan x - 2 \int \frac{1}{(1 + x^{2})^{2}} d x \\ 则 I_{1} = \frac{x}{1 + x^{2}} + 2 I_{1} - 2 I_{2} \\ ∴ I_{2} = \frac{x}{2 (1 + x^{2})} + \frac{1}{2} \arctan x + C \end{aligned}

8.6 三角有理分式

方法参考不定积分专项三角有理分式解法

9. 定积分计算

9.1 牛顿-莱布尼兹公式

$f(x)$ $[a,b]$ $F(x)$ $f(x)$ 得一个原函数，则：

\int_{a}^{b} f (x) d x = F (b) - F (a)

对公式内部求导可得：

\int_{a}^{b} f^{'} (x) d x = f (b) - f (a)

$[a,b]$ $f(x)$ $[a,b]$ 上存在原函数，公式仍然成立。

\begin{aligned} 证 明 : \\ 记 G (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t, a \leq x \leq b \\ 又 F^{'} (x) = f (x), 且 G (x) = F (x) + C \\ 于 是 \int_{a}^{b} f (x) d x = G (b) - G (a) \\ = F (b) + C - F (a) - C = F (b) - F (a) \end{aligned}

$-$ 莱布尼兹公式推广

$f(x)$ $[a,b]$ $F(x)$ $\int_a^bf(x)dx=F(b)-F(a)$
$f(x)$ $[a,b]$ $[a,c)$ $F_1(x),(c,b]$ $F_2(x)$ $c$ 是间断点，则
$\begin{matrix} \int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x \\ = F_{1} (c - 0) - F_{1} (a) + F_{2} (b) - F (c + 0) \end{matrix}$
$F_1(c-0),F_2(c+0)$ $\int_a^bf(x)dx$ $F_1(c-0),f_2(c+0)$ $\int_a^bf(x)dx$ 发散。

$\Large 例:$ $\int_0^{\frac{3\pi}{4}}\frac{1}{1+\cos^2x}dx$

\begin{aligned} 解 : \\ \int \frac{1}{1 + \cos^{2} x} d x = \int \frac{\sec^{2} x}{2 + \tan^{2} x} d x = \int \frac{\sqrt{2} (\frac{\tan x}{\sqrt{2}})}{2 [1 + (\frac{\tan x}{\sqrt{2}})^{2}]} \\ = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan \frac{\tan x}{\sqrt{2}} + C \\ 若 取 C = 0 即 得 \frac{1}{1 + \cos^{2} x} 的 一 个 原 函 数 F (x) = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan \frac{\tan x}{\sqrt{2}} \\ 于 是 \int_{0}^{\frac{3 π}{4}} d x = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan \frac{- 1}{\sqrt{2}}, 根 据 积 分 的 保 号 性, 这 个 结 果 是 错 误 的 \\ 错 误 的 根 源 在 于 误 用 牛 顿 - 莱 布 尼 兹 公 式, 这 里 F (x) 并 不 是 \frac{1}{1 + \cos^{2} x} 在 \\ [0, \frac{3 π}{4}] 上 的 原 函 数 (F (x) 在 x = \frac{π}{2} 处 无 意 义), 应 该 分 区 间 使 用 公 式, 于 是 : \\ \int_{0}^{\frac{3 π}{4}} \frac{1}{1 + \cos^{2} x} d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{1 + \cos^{2} x} d x + \int_{\frac{π}{2}}^{\frac{3 π}{4}} \frac{1}{1 + \cos^{2} x} d x \\ = lim_{x \to (\frac{π}{2})^{-}} F (x) - F (0) + F (\frac{3 π}{4}) - lim_{x \to (\frac{π}{2})^{+}} F (x) \\ = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{π}{2} - 0 + \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan \frac{- 1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot (- \frac{π}{2}) \\ = \frac{π}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan \frac{1}{\sqrt{2}} \end{aligned}

$\int f(x)dx=F(x)+C$ $F(x)$ $f(x)$ $I$ $\int_a^bf(x)dx$ $F(x)$ $[a,b]$ $F(x)$ $f(x)$ 原函数。所以不谈区间就谈原函数是错误的。

9.2 换元法

$d$ 后面的要换.③上下限要换

$\Large 例:$ $\int_0^8\frac{1}{1+\sqrt[3]{x}}dx$

\begin{aligned} 解 : \\ ∵ 令 \sqrt[3]{x} = t, 则 x = t^{3}, d x = 3 t^{2} d t \\ ∵ 当 x = 0 时, t = 0; 当 x = 8 时, t = 2 \\ ∴ \int_{0}^{8} \frac{1}{1 + \sqrt[3]{x}} d x = \int_{0}^{2} \frac{3 t^{2}}{1 + t} d t = 3 (\frac{t^{2}}{2} - t + \ln (1 + t)) |_{0}^{2} = 3 \ln 3 \end{aligned}

$x=\frac{\pi}{2}\pm t$ $\left\{\begin{matrix}\sin(\frac{\pi}{2}\pm t)=\cos t\\\cos(\frac{\pi}{2}\pm t)=\mp\sin t\end{matrix}\right.$ $\left\{\begin{matrix}\sin(\pi\pm t)=\mp\sin t\\\cos(\pi\pm t)=-\cos t\end{matrix}\right.$

9.3 定积分计算重要结论

$f(x)$ $\int_{-a}^af(x)dx=2\int_0^af(x)dx$

$f(x)$ $\int_{-a}^af(x)dx=0$

$f(x)$ $T$ $a$ $\int_a^{a+T}f(x)dx=\int_0^Tf(x)dx$ ，即在长度为一个周期的区间上积分，与该区间的起点位置无关。

$f(x)$ $\int_a^bf(x)dx=\int_a^bf(a+b-x)dx$ .证明和例题看区间再现公式应用(解决定积分)

（5）华里士公式：

$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx或\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^nxdx$

\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos^{n} x d x \\ = {\begin{array}{c} \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \cdot . . . \cdot \frac{2}{3} \cdot 1, & n 为 大 于 1 的 奇 数 \\ \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \cdot . . . \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2}, & n 为 正 偶 数 \end{array} \end{aligned}

$\Large 证明:$ $(5)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^nxdx(n=0,1...)$

\begin{aligned} 证 明 : \\ \overset{区 间 再 现}{\Rightarrow} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} (\frac{π}{2} - x) d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos^{n} x d x \\ 记 I_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} x d x, I_{0} = \frac{π}{2}, I_{1} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin x d x = 1 \\ 当 n \geq 2, I_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n - 2} x \sin x d x \\ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n - 1} x d (- \cos x) \\ = - \sin^{n - 1} x \cos x |_{0}^{\frac{π}{2}} - \int_{0}^{\frac{π}{2}} (- \cos x) (n - 1) \sin^{n - 2} x \cos x d x \\ = (n - 1) \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n - 2} x (1 - \sin^{2} x) d x \\ = (n - 1) \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n - 2} x d x - (n - 1) \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} x d x \\ 由 此 可 知 I_{n} = (n - 1) I_{n - 2} - (n - 1) I_{n} \\ ∴ I_{n} = \frac{n - 1}{n} \cdot I_{n - 2}, n = 2, 3. . . \\ 如 I_{6} = \frac{5}{6} I_{4} = \frac{5}{6} \cdot \frac{3}{4} I_{2} = \frac{5}{6} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} \\ I_{5} = \frac{4}{5} I_{3} = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \cdot 1 \end{aligned}

$\int_0^{\pi}\sin^nxdx$ 华里士公式：

\begin{matrix} \int \sin x^{n} x d x = {\begin{matrix} 2 \cdot \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \cdot \dots \cdot \frac{2}{3} \cdot 1, & n 为 大 于 1 的 奇 数 \\ 2 \cdot \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \cdot \dots \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2}, & n 为 正 偶 数 \end{matrix} \\ \int_{0}^{π} \cos^{n} x d x {\begin{matrix} 0, & n 为 正 偶 数 \\ 2 \cdot \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \cdot \dots \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2}, & n 为 正 偶 数 \end{matrix} \end{matrix}

$\int_0^{2\pi}\cos^nxdx$ $\int_0^{2\pi}\sin^nxdx$

\begin{aligned} \int_{0}^{2 π} \sin^{n} x d x = \int_{0}^{2 π} \cos^{n} x d x \\ = {\begin{array}{c} 0, & n 为 正 奇 数 \\ 4 \cdot \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \cdot \dots \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2}, & n 为 正 偶 数 \end{array} \end{aligned}

（8） $f(x)$ 为可积的奇函数，则

\begin{matrix} {\begin{matrix} \int_{0}^{x} f (t) d t & 为 偶 函 数 \\ \int_{a}^{x} f (t) d t & 为 偶 函 数 (a \neq 0) \end{matrix} \end{matrix}

注：

$f(x)$ $\int_a^xf(t)dt+C$ $f(x)$ 的全体原函数均为偶函数
只需要被积函数可积，即可有变现积分的相关性质，只有被积函数连续时，才谈原函数的相关性质，下面相同。

（9） $f(x)$ 为可积的偶函数，则

\begin{matrix} {\begin{matrix} \int_{0}^{x} f (t) d t & 为 奇 函 数 \\ \int_{a}^{x} f (t) d t (a \neq 0) & {\begin{matrix} 若 \int_{a}^{x} f (t) d t = \int_{0}^{x} f (t) d t, 为 奇 函 数 \\ 若 \int_{a}^{x} f (t) d t \neq \int_{0}^{x} f (t) d t, 为 非 奇 非 偶 函 数 \end{matrix} \end{matrix} \end{matrix}

$f(x)$ $T$ $\int_{0/a}^xf(t)dt$ $T$ $\int_0^Tf(x)dx=0$

$\Large 例1:$ $I_n=\int_0^1x^2\ln^nxdx$

\begin{aligned} 解 : \\ I_{n} = \int_{0}^{1} \ln^{n} x d (\frac{x^{3}}{3}) \\ = \frac{x^{3}}{3} \ln^{n} x |_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x^{3}}{3} \cdot n \ln^{n - 1} x \cdot \frac{1}{x} d x \\ = - \frac{1}{3} \int_{0}^{1} x^{2} \ln^{n - 1} x d x \\ ∴ I_{n} = - \frac{n}{3} \cdot I_{n - 1} = (- \frac{n}{3}) \cdot (- \frac{n - 1}{3}) \cdot I_{n - 2} = . . . \\ = (- \frac{n}{3}) (- \frac{n - 1}{3}) . . . (- \frac{1}{3}) I_{0} \\ = (- 1)^{n} \cdot \frac{n!}{3^{n + 1}} \end{aligned}

解法：

$n$ 是正偶数
$\frac{n-1}{n}·\frac{n-3}{n-2}·...·\frac{3}{4}·\frac{1}{2}·\frac{\pi}{2}$
$n$ 是正整数
$\frac{n-1}{n}·\frac{n-3}{n-2}·...·\frac{4}{5}·\frac{2}{3}·1$

次幂是几，分母就从几开始。

$\Large 例2:$ $\int_{-1}^1x^5\cos2x+x^4\sqrt{1-x^2}dx$

\begin{aligned} 解 : \\ 原 积 分 = & 2 \int_{0}^{1} x^{4} \sqrt{1 - x^{2}} d x \\ 令 x = \sin t ⟹ \sqrt{1 - x^{2}} = \sqrt{1 - \sin^{2} t} = \cos t, d x = d \sin t = \cos t d t \\ 从 而 可 得 积 分 上 下 限 为 (0, \frac{π}{2}) \\ = & 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{4} t \cdot \cos^{2} t d t \\ = & 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{4} t (1 - \sin^{2} t) d t \\ = & 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{4} t - \sin^{6} t d t \\ \overset{点 火 式}{\to} & 2 [\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{4} t d t - \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{6} t d t] \\ = & 2 [\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} - \frac{5}{6} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2}] \\ = & \frac{3 π}{8} - \frac{15 π}{48} = \frac{π}{16} \end{aligned}

$\Large 例3:$ $n$ $\int_0^{2\pi}\sin^nxdx$

\begin{aligned} 解 : \\ \sin^{n} x 是 以 2 π 为 周 期 的 周 期 函 数, 于 是 \\ \int_{0}^{2 π} \sin^{n} x d x = \int_{- π}^{π} \sin^{n} x d x \\ 若 n 为 正 奇 数, \sin^{n} x 为 奇 函 数; 若 n 为 正 偶 数, \sin^{n} x 为 偶 函 数 \\ \int_{0}^{2 π} \sin^{n} x d x = {\begin{array}{c} 0, & n 为 正 奇 数 \\ 2 \int_{0}^{π} \sin^{n} x d x, & n 为 正 偶 数 \end{array} \\ 当 n 为 正 偶 数 有 2 \int_{0}^{π} \sin^{n} x d x = 2 (\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} x d x + \int_{\frac{π}{2}}^{π} \sin^{n} x d x) \\ 第 二 个 积 分 令 x = π - t \\ = 2 \int_{0}^{π} \sin^{n} x d x = 2 [\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} x d x + \int_{\frac{π}{2}}^{0} \sin^{n} (π - t) (- d t)] \\ = 2 (\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} x d x + \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} t d t) = 4 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} x d x \\ = 4 \cdot \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \cdot . . . \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} \end{aligned}

\begin{aligned} 即 : & \int_{0}^{2 π} \sin^{n} x d x = {\begin{array}{c} 0, & n 为 正 奇 数 \\ 4 \cdot \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 3}{n - 2} \cdot . . . \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2}, & n 为 正 偶 数 \end{array} \end{aligned}

总结：

$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^nxdx$ ，用点火公式(华理士公式)
$\int_0^{\pi}\sin^nxdx=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx$ $n$ 为整数
$\int_0^{\pi}\cos^nxdx$ $n为正奇数=0$ $n为正偶数=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^nxdx$
$\int_0^{2\pi}\sin^nxdx=\int_0^{2\pi}\cos^nxdx$ $n$ $=0$ $n$ $4·\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx$

$\Large 例4:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}[\ln(3n-2i)-\ln(n+2i)]$

\begin{aligned} 解 : \\ lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \ln \frac{3 - 2 \frac{i}{n}}{1 + 2 \frac{i}{n}} \cdot \frac{1}{n} \\ = \int_{0}^{1} \ln \frac{3 - 2 x}{1 + 2 x} d x \overset{令 x - \frac{1}{2} = t}{\Rightarrow} \int_{- \frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \ln \frac{1 - t}{1 + t} d t = 0 \end{aligned}

$\Large 例5:$ $\int_0^1x\arcsin\sqrt{4x-4x^2}dx$

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 = \int_{0}^{1} x \arcsin \sqrt{1^{2} - (1 - 2 x)^{2}} d x \\ \overset{令 1 - 2 x = t}{\Rightarrow} \int_{1}^{- 1} \frac{1 - t}{2} \arcsin \sqrt{1 - t^{2}} \cdot (- \frac{1}{2}) d t \\ = \frac{1}{4} \int_{- 1}^{1} (1 - t) \arcsin \sqrt{1 - t^{2}} d t \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \arcsin \sqrt{1 - t^{2}} d t + 0 \\ \overset{令 t = \cos u}{\Rightarrow} \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2} \end{aligned}

$\Large 例6:$ $f(x)$ $[0,1]$ $\int_0^{\pi}xf(\sin x)dx=\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi}f(\sin x)dx$ $\int_0^{\pi}x\sin^9xdx$

$uv$ 的某种关系式，所以这道题没有给出，用分部积分较为麻烦。可以用换元法区间再现。

\begin{aligned} 解 : \\ 令 I = \int_{0}^{π} x f (\sin x) d x \overset{区 间 再 现}{\Rightarrow} \int_{0}^{π} (π - x) f (\sin (π - x)) d x \\ = \int_{0}^{π} π f (\sin x) d x - \int_{0}^{π} x f (\sin x) d x \\ 即 I = \frac{π}{2} \int_{0}^{π} f (\sin x) d x \\ \int_{0}^{π} x \sin^{9} x d x = \frac{π}{2} \int_{0}^{π} \sin^{9} x d x \overset{华 里 士 公 式}{\Rightarrow} \frac{128 π}{315} \end{aligned}

$\Large 例7:$ $f(x)=\int_1^{x^2}e^{-t^2}dt$ $\int_0^1xf(x)dx$

$f(x)$ $+$ 上面的变现积分求导公式

\begin{aligned} 解 : \\ \int_{0}^{1} x f (x) d x = \int_{0}^{1} f (x) d (\frac{x^{2}}{2}) \\ = \frac{x^{2}}{2} f (x) |_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{2} \cdot f^{'} (x) d x \\ = \frac{1}{2} f (1) - 0 - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x^{2} \cdot e^{- x^{4}} \cdot 2 x d x \\ = - \int_{0}^{1} x^{3} e^{- x^{4}} d x = \frac{1}{4} e^{- x^{4}} |_{0}^{1} = \frac{1}{4} (e^{- 1} - 1) \end{aligned}

$\Large 例8:$ $F(x)=\int_0^{\frac{\pi}{2}}|\sin x-\sin t|dt(x\ge0)$ $x\to0^+$ $a+bx+cx^2$ $abc$ 的值

$\sin x$ $[0,\frac{\pi}{2}]$ $t\in[0,x]$ $\sin x>\sin t$ $t\in(x,\frac{\pi}{2}]$ $\sin x<\sin t$

\begin{aligned} 解 : \\ F (x) = \int_{0}^{\frac{π}{2}} | \sin x - \sin t | d t \\ = \int_{0}^{x} (\sin x - \sin t) d t + \int_{x}^{\frac{π}{2}} (\sin t - \sin x) d t \\ = x \sin x + \cos t |_{0}^{x} + \cos t |_{\frac{π}{2}}^{x} - \sin x (\frac{π}{2} - x) \\ = (2 x - \frac{π}{2}) \sin x + 2 \cos x - 1 \\ 由 于 \sin x = x + o (x^{2}), \cos x = 1 - \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2}) \\ F (x) = (2 x - \frac{π}{2}) (x + o (x^{2})) + 2 - x^{2} + o (x^{2}) - 1 \\ = 1 - \frac{π}{2} x + x^{2} + o (x^{2}) \\ 故 a = 1, b = - \frac{π}{2}, c = 1 \end{aligned}

$\Large 例9:$ $f(x)$ $f(x)<-2xf'(x)$ $F(x)=\int_0^xtf(x^2-t^2)dt$ $x=0$ 处取极大值

\begin{aligned} 证 明 : \\ F (x) = \int_{0}^{x} t f (x^{2} - t^{2}) d t \overset{令 x^{2} - t^{2} = u}{\Rightarrow} \\ \int_{x^{2}}^{0} f (u) (- \frac{1}{2}) d u = \frac{1}{2} \int_{0}^{x^{2}} f (u) d u \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{x^{2}} f (t) d t \\ 则 F^{'} (x) = \frac{1}{2} \cdot f (x^{2}) \cdot 2 x = x f (x^{2}) \\ F^{″} (x) = f (x^{2}) + x f^{'} (x^{2}) \cdot 2 x \\ = f (x^{2}) + 2 x^{2} f^{'} (x^{2}) \overset{x^{2} = t}{\Rightarrow} f (t) + 2 t f^{'} (t) < 0 \\ ∵ f (x) + 2 x f^{'} (x) < 0, 又 F (0) = 0, ∴ F^{'} (0) = 0 \\ 综 上 所 述 F^{″} (0) < 0, F^{'} (0) = 0 故 x = 0 为 极 大 值 \end{aligned}

9.4 反常积分计算

$+\infty,-\infty,瑕点$ )。

$\Large 例1:$ $\int_3^{+\infty}\frac{dx}{(x-1)^4\sqrt{x^2-2x}}$

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 = \int_{3}^{+ \infty} \frac{d x}{(x - 1)^{4} \sqrt{(x - 1)^{2} - 1^{2}}} \\ \overset{令 x - 1 = \sec θ}{\Rightarrow} \int_{\frac{π}{3}}^{\frac{π}{2}} \frac{\sec θ \tan θ}{\sec θ \cdot \tan θ} d θ = \int_{\frac{π}{3}}^{\frac{π}{2}} \cos^{3} θ d θ \\ = \int_{\frac{π}{3}}^{\frac{π}{2}} (1 - \sin^{2} θ) d \sin θ \\ = (\sin θ - \frac{1}{3} \sin^{3} θ) |_{\frac{π}{3}}^{\frac{π}{2}} = \frac{2}{3} - \frac{3 \sqrt{3}}{8} \end{aligned}

$\Large 例2:$ $I_n=\int_0^{+\infty}x^ne^{-x}dx(n为非负整数)$

分部积分法可能建立递推式

\begin{aligned} 解 : \\ I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} x^{n} e^{- x} d x = - \int_{0}^{+ \infty} x^{n} d (e^{- x}) \\ = - x^{n} e^{- x} |_{0}^{+ \infty} + n \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} \cdot x^{n - 1} d x \\ = 0 + n \cdot I_{n - 1} \\ 即 I_{n} = n \cdot I_{n - 1}, I_{0} = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} d x = - e^{- x} |_{0}^{+ \infty} = 1 \\ 则 I_{1} = 1 \cdot I_{0} = 1, I_{2} = 2 \cdot I_{1} = 2 \cdot 1, I_{3} = 3 \cdot I_{2} = 3 \cdot 2 \cdot 1 \\ \dots \\ 综 上 所 述 I_{n} = n! \end{aligned}

$\varGamma$ $\varGamma$ 函数知识，会即快速又准确。

$\varGamma(\alpha)=\int_0^{+\infty}x^{\alpha-1}e^{-x}dx\xRightarrow{x=t^2}2\int_0^{+\infty}t^{2\alpha-1}e^{-t^2}dt(x,t>0)$

$\varGamma(\alpha+1)=\int_0^{+\infty}x^{\alpha}e^{-x}dx=-\int^{+\infty}_{0}x^{\alpha}d(e^{-x})=-x^{\alpha}e^{-x}\Big|_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}e^{-x}\alpha x^{\alpha-1}dx=\alpha\varGamma(\alpha)$

$\varGamma(1)=1,\varGamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}$ $\varGamma(n+1)=n!$ $\varGamma(2)=1$ $\varGamma(\frac{5}{2})=\frac{3}{2}·\frac{1}{2}·\varGamma(\frac{1}{2})=\frac{3}{4}\sqrt{\pi}$

$\Large 例3:$ $f(x)=\left\{\begin{matrix}\frac{4x^2}{a^3\sqrt{\pi}}e^{-\frac{x^2}{a^2}},&x>0\\0,&x\le0\end{matrix}\right.$ $a$ $\int_0^{+\infty}x^2f(x)dx$

\begin{aligned} 解 : \\ \int_{0}^{+ \infty} \frac{4 x^{4}}{a^{3} \sqrt{π}} e^{- \frac{x^{2}}{a^{2}}} d x \\ = \frac{a^{5} \cdot 4}{2 a^{3} \sqrt{π}} \cdot 2 \int_{0}^{+ \infty} \frac{x^{4}}{a^{4}} \cdot e^{- (\frac{x}{a})^{2}} d (\frac{x}{a}) \\ = \frac{2 a^{2}}{\sqrt{π}} 2 \int_{0}^{+ \infty} t^{2 \cdot \frac{5}{2} - 1} e^{- (\frac{x}{a})^{2}} d t \\ = \frac{2 a^{2}}{\sqrt{π}} \cdot Γ (\frac{5}{2}) = \frac{2 a^{2}}{\sqrt{π}} \cdot \frac{3 \sqrt{π}}{4} = \frac{3}{2} a^{2} \end{aligned}

$\varGamma$ $\varGamma(\alpha)=\int_0^{+\infty}x^{\alpha-1}e^{-x}dx=\int_0^1x^{\alpha-1}e^{-x}dx+\int_1^{+\infty}x^{\alpha-1}e^{-x}dx$

$\alpha-1\ge0$
$\begin{aligned} lim_{x \to + \infty} \frac{x^{α - 1} e^{- x}}{\frac{1}{x^{2}}} \overset{\frac{0}{0}}{\Rightarrow} lim_{x \to + \infty} x^{α + 1} e^{- x} = 0 \\ 由于 \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x^{2}} d x \overset{收敛}{\Rightarrow} \int_{1}^{+ \infty} x^{α - 1} e^{- x} d x 收敛 \end{aligned}$
$\alpha<0$ $\int_0^1\frac{1}{x^{1-\alpha}}e^{-x}dx$ $\int_0^1\frac{1}{x^{1-\alpha}}dx$ $1-\alpha<1,即\alpha>0$ $\int_1^{+\infty}x^{\alpha-1}e^{-x}dx$ 是收敛的

$\alpha\in(0,+\infty)$ $\varGamma(\alpha)$ 函数收敛。

九. 一元函数积分学几何应用

知识点总览：

核心点在于套公式，做计算。

1. 定积分计算平面面积

用定积分计算和表达平面图形的面积。三大体系下的图形：①直角坐标系(直接算)、②参数方程(直接计算的少，大部分是换元法)、③极坐标系下(直接算)。

1.1 直角坐标下面积计算

$y=y_1(x)$ $y=y_2(x)$ $x=a,x=b(a<b)$ 所围成的平面图形面积

\begin{array}{r} S = \int_{a}^{b} | y_{1} (x) - y_{2} (x) | d x \end{array}

$\Large 例1:$ $A_n$ $y=x^n$ $y=x^{n+1}(n=1,2,\cdots)$ $\underset{n\to\infty}{\lim}\Big(2\sum\limits_{k=1}^{n}A_{k}\Big)^n$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 题 可 知 {\begin{array}{c} y = x^{n} \\ y = x^{n + 1} \end{array} ⟹ x^{n + 1} - x^{n} = 0 \\ 则 x^{n} (x - 1) = 0, 可 得 x = 0, x = 1 \\ A_{n} = \int_{0}^{1} (x^{n} - x^{n - 1}) d x = \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2} \\ 则 lim_{n \to \infty} [\sum_{k = 1}^{n} (\frac{2}{k + 1} - \frac{2}{k + 2})]^{n} \\ 其 中 \sum_{k = 1}^{n} (\frac{2}{k + 1} - \frac{2}{k + 2}) \\ = 1 - \frac{2}{3} + \frac{2}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \dots + \frac{2}{n + 1} - \frac{2}{n + 2} \\ 则 lim_{n \to \infty} [\sum_{k = 1}^{n} (\frac{2}{k + 1} - \frac{2}{k + 2})]^{n} \\ = lim_{n \to \infty} (1 - \frac{2}{n + 2})^{n} = e^{- 2} \end{aligned}

$\Large 例2:$ $y=e^{-x}\sin x(x\ge0)$ $x$ 轴所围平面图形的面积

以下行列式计算法参考三角代换

\begin{aligned} 解 : \\ S = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} | \sin x | d x = lim_{n \to \infty} \sum_{k = 0}^{n} | \int_{k π}^{(k + 1) π} e^{- x} \sin x d x | \\ 其 中 | \int_{k π}^{(k + 1) π} e^{- x} \sin x d x | = \frac{| \begin{matrix} (e^{- x})^{'} & (\sin x)^{'} \\ e^{- x} & \sin x \end{matrix} |}{2} |_{k π}^{(k + 1) π} \\ = | \frac{- 1}{2} e^{- x} (\sin x + \cos x) |_{k π}^{(k + 1) π} | \\ = | \frac{1}{2} e^{- k π} (- 1)^{k} (e^{- π} + 1) | \\ = \frac{1}{2} e^{- k π} \cdot (e^{- π} + 1) \\ 故 lim_{n \to \infty} \sum_{k = 0}^{n} | \int_{k π}^{(k + 1) π} e^{- x} \sin x d x | = \frac{e^{- π} + 1}{2} \sum_{k = 0}^{n} (e^{- π})^{k} \\ = \frac{e^{- π} + 1}{2} \cdot \frac{1}{1 - e^{- π}} = \frac{e^{- π} + 1}{2 (1 - e^{- π})} \end{aligned}

1.2 参数方程的面积计算

参数方程下面积计算方法有两种：

$x=3t,y=5t$ $\frac{x}{y}=\frac{3t}{5t}=\frac{3}{5}$

$x=x(t)$ $y=y(t)$ $d[x(t)]=x'(t)dt$

\begin{array}{r} 例 : 求 由 摆 线 {\begin{array}{c} x = a (t - \sin t) \\ y = a (1 - \cos t) \end{array} 的 一 拱 与 x 轴 所 围 平 面 图 形 面 积 \end{array}

摆线一拱面积：

$S=\int_a^bf(x)dx$ $x=0$ $t=0$ $y=0$ $0=a(1-\cos t),即t=2\pi$ $x=a(2\pi-\sin2\pi)$ $x=2\pi a$ $S=\int_a^bf(x)dx=\int_0^{2\pi a}f(x)dx$ 。
$x=a(t-\sin t)$ $f(x)=f(a(t-\sin t))=f(x(t))=y(t)=a(1-\cos t)$

\begin{aligned} 解 : \\ {\begin{array}{c} x = a (t - \sin t) \\ y = a (1 - \cos t) \end{array} ⟹ y = f (x) \\ S = \int_{0}^{2 π a} f (x) d x = \int_{0}^{2 π} y (t) d [x (t)] \\ = \int_{0}^{2 π} a (1 - \cos t) a (1 - \cos t) d t \\ = a^{2} \int_{0}^{2 π} (1 - 2 \cos t + \cos^{2} t) d t \\ = a^{2} (2 π - 0 + 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2}) \\ = 3 π a^{2} \end{aligned}

1.3 极坐标系下面积计算

$r=r_1(\theta)$ $r=r_2(\theta)$ $\theta-\alpha$ $\theta=\beta(0<\beta-\alpha\le2\pi)$ 所围成的曲边扇形的面积

\begin{array}{r} S = \frac{1}{2} \int_{α}^{β} | r_{1}^{2} (θ) - r_{2}^{2} (θ) | d θ \end{array}

$\Large 例:$ $r^2=a^2\cos2\theta$ 围城的图形面积

$4$ $r^2_1=0,r^2_2=a^2\cos\theta$

\begin{aligned} 解 : \\ S = 4 \cdot \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{4}} a^{2} \cos θ d θ = a^{2} \end{aligned}

2. 定积分计算旋转体体积

$y=y(x)$ $x=a,x=b(a<b)$ $x$ $x$ $\pi$ 多平方)

\begin{array}{r} V = \int_{a}^{b} π y^{2} (x) d x \end{array}

$y=y_1(x)\ge0$ $y=y_2(x)\ge0$ $x=a,x=b(a<b)$ $x$ 轴旋转一周所得到的旋转体体积(被积函数分别平方)

\begin{array}{r} V = π \int_{a}^{b} | y_{1}^{2} (x) - y_{2}^{2} (x) | d x \end{array}

$y=y(x)$ $x=a,x=b(0\le a\le b)$ $x$ $y$ $2\pi$ 多乘自变量)

\begin{array}{r} V = 2 π \int_{a}^{b} x | y (x) | d x \end{array}

\begin{aligned} 例 : & 求 由 摆 线 {\begin{array}{c} x = a (t - \sin t) \\ y = a (1 - \cos t) \end{array} 的 一 拱 与 x 轴 所 围 平 面 图 形 \\ 分 别 绕 x 轴 及 y 轴 旋 转 一 周 旋 转 体 体 积 \end{aligned}

\begin{aligned} 解 : \\ ① & 绕 x 轴 旋 转 体 积 V_{x} = π \int_{0}^{2 a π} f^{2} (x) d x \\ = π \int_{0}^{2 π} y^{2} (t) d [x (t)] = π \int_{0}^{2 π} y^{2} (t) x^{'} (t) d t \\ = π \int_{0}^{2 π} a^{2} (1 - \cos t)^{2} a (1 - \cos t) d t \\ = π a^{3} \int_{0}^{2 π} (1 - 3 \cos t + 3 \cos^{2} t - \cos^{3} t) d t \\ = 5 π^{2} a^{3} \\ ② & 绕 y 轴 旋 转 体 积 V = 2 π \int_{0}^{2 π a} x y (x) d x \\ = 2 π \int_{0}^{2 π} a (1 - \sin t) a (1 - \cos t) a (1 - \cos t) d t \\ = 6 π^{3} a^{3} \end{aligned}

(4)平面曲线绕定直线旋转。

$L:y=f(x),a\le x\le b$ $f(x)$ $L_0:Ax+By+C=0$ $L_0$ $L$ $L$ $L_0$ 旋转一周所得旋转体的体积为：

V = \frac{π}{(A^{2} + B^{2})^{\frac{3}{2}}} \int_{a}^{b} [A x + B f (x) + C]^{2} | A f^{'} (x) - B | d x

$A=C=0,B\ne0$ $L_0$ $y=0$ $x$ $L$ $L_0$ 旋转一周所得旋转体的体积为：

V = π \int_{a}^{b} f^{2} (x) d x

$\Large 例:$ $y=\sqrt{x}$ $y=x$ $y=x$ 旋转一周所得旋转体的体积

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 绕 直 线 y = x 旋 转, 故 x - y = 0 \\ ∴ A = 1, B = - 1, C = 0 \\ 由 于 曲 线 y = \sqrt{x}, 故 带 入 公 式 \\ V = \frac{π}{(1^{2} + (- 1)^{2})^{\frac{3}{2}}} \int_{0}^{1} (x - \sqrt{x})^{2} \cdot (\frac{1}{2 \sqrt{x}} + 1) d x \\ = \frac{\sqrt{2}}{60} π \end{aligned}

3. 定积分计算函数平均值

$x\in[a,b]$ $y(x)$ $[a,b]$ $\bar{y}=\frac{1}{b-a}\int_a^by(x)dx$

$\Large 例1:$ $y=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ $[0,\frac{1}{2}]$ 上平均值

\begin{aligned} 解 : \\ \bar{y} = \frac{1}{\frac{1}{2} - 0} \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{x}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ = 2 - \sqrt{3} \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x)$ $f(x+2)-f(x)=x,\int_0^2f(x)dx=0$ $f(x)$ $[1,3]$ 上的平均值

$f(x+2)-f(x)$ $\int_x^{x+2}f(t)dt$ $\int_0^2f(x)dx$ $\bar{f(x)}$ $F(x)=\int_x^{x+2}f(t)dt$ $F(0)$ $F(1)$ $F(x)$ $F(x)$ $F(0)$ $C$ $F(1)$ 即可。
本题也可以使用换元法。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 题 可 知 \bar{f (x)} = \frac{1}{3 - 1} \int_{1}^{3} f (x) d x = \frac{1}{2} \int_{1}^{3} f (x) d x \\ 记 F (x) = \int_{x}^{x + 2} f (t) d t, 且 (\int_{x}^{x + 2} f (t) d t)^{'} = f (x + 2) - f (x) \\ 则 F^{'} (x) = f (x + 2) - f (x) = x, 则 F (x) = \frac{x^{2}}{2} + C \\ 由 于 F (0) = 0 ⟹ C = 0, 即 F (x) = \frac{x^{2}}{2} \\ 而 \int_{1}^{3} f (x) d x = F (1) = \frac{1}{2}, 故 \bar{f (x)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \end{aligned}

4. 其它几何应用

(1)平面上的曲边梯形的形心坐标公式

$D=\{(x,y)|0\le y\le f(x),a\le x\le b\}$ $y=f(x)$ $[a,b]$ $D$ $\bar{x},\bar{y}$ 的计算公式

\begin{aligned} \bar{x} = \frac{\iint_{D} x d σ}{\iint_{D} d σ} = \frac{\int_{a}^{b} d x \int_{0}^{f (x)} x d y}{\int_{a}^{b} d x \int_{0}^{f (x)} d y} = \frac{\int_{a}^{b} x f (x) d x}{\int_{a}^{b} f (x) d x} \\ \bar{y} = \frac{\iint_{D} y d σ}{\iint_{D} d σ} = \frac{\int_{a}^{b} d x \int_{0}^{f (x)} y d y}{\int_{a}^{b} d x \int_{0}^{f (x)} d y} = \frac{\frac{1}{2} \int_{a}^{b} f^{2} (x) d x}{\int_{a}^{b} f (x) d x} \end{aligned}

$\Large 例1:$ $L$ $y=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}\ln x,1\le x\le e$ $D$ $L$ $x=1,x=e$ $x$ $D$ 的形心横坐标

\begin{aligned} 解 : \\ \bar{x} = \frac{\int_{1}^{e} x (\frac{1}{4} x^{2} - \frac{1}{2} \ln x) d x}{\int_{1}^{e} (\frac{1}{4} x^{2} - \frac{1}{2} \ln x) d x} = \frac{3 (e^{2} + 1) (e^{2} - 3)}{4 (e^{3} - 7)} \end{aligned}

(2)平面曲线的弧长

$y=y(x)(a\le x\le b)$ $s=\int_a^b\sqrt{1+[y'(x)]^2}dx$
$\left\{\begin{matrix}x=x(t)\\y=y(t),\end{matrix}\right.(\alpha\le t\le\beta)$ $s=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{[x'(t)]^2+[y'(t)]^2}dt$
$r=r(\theta)(\alpha\le \theta\le\beta)$ $s=\int_\alpha^{\beta}\sqrt{[r(\theta)]^2+[r'(\theta)]^2}d\theta$

$\Large 例1:$ $r=\theta$ $\theta$ $0$ $2\pi$ 一段弧长

\begin{aligned} 解 : \\ r (θ) = θ, 故 S = \int_{0}^{2 π} \sqrt{(r (θ))^{2} + (r^{'} (θ))^{2}} d θ \\ 其 中 \int \sqrt{θ^{2} + 1} d θ \overset{令 θ = \tan t}{\Rightarrow} \int \sec t d \tan t \\ = \sec t \tan t - \int s e c^{3} t d t + \int \sec t d t \\ = \frac{1}{2} \sec t \tan t + \frac{1}{2} \ln | \sec t + \tan t | + C \\ = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{θ^{2} + 1} \cdot θ + \frac{1}{2} \ln (\sqrt{θ^{2} + 1} + θ) |_{0}^{\frac{π}{2}} \\ = π \sqrt{1 + 4 π^{2}} + \frac{1}{2} \ln (2 π + \sqrt{1 + 4 π^{2}}) \end{aligned}

(3)旋转曲面的面积(侧面积)

$L$ $y=f(x),a\le x\le b$ $x$ 轴旋转一周所得旋转曲面的面积
$S = 2 π \int_{a}^{b} | y | \sqrt{1 + (y_{x}^{'})^{2}} d x$
$L:\left\{\begin{matrix}x=x(t)\\y=y(t)\end{matrix}\right.,\alpha\le t\le\beta$ $x'(t)\ne0$ $x$ 轴旋转一周所得旋转曲面的面积
$S = 2 π \int_{α}^{β} | y (t) | \sqrt{(x_{t}^{'})^{2} + (y_{t}^{'})^{2}} d t$
$L$ $r=r(\theta),\alpha\le\theta\le\beta$ $x$ 轴旋转一周所得旋转曲面的面积
$S = 2 π \int_{α}^{β} | r (θ) \sin θ | \sqrt{r^{2} (θ) + [r^{'} (θ)]^{2}} d θ$

$\Large 例1:$ $y=\sqrt{x-1}(1\le x\le2)$ $x$ 轴旋转一周所得的旋转体的表面积

\begin{aligned} 解 : \\ S = \int_{1}^{2} 2 π \sqrt{x - 1} \sqrt{1 + (\frac{1}{2 \sqrt{x - 1}})^{2}} d x \\ = π \sqrt{4 x - 3} d x = \frac{π}{6} (5 \sqrt{5} - 1) \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\left\{\begin{matrix}x=2\cos^3t\\y=2\sin^3t\end{matrix}\right.,$ $x$ 轴旋转一周而成的旋转体的表面积

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 星 形 线 关 于 x 轴 对 称, 且 关 于 y 轴 对 称 \\ ∴ S = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} 2 π \cdot 2 \sin^{3} t \cdot \sqrt{[(2 \cos^{3} t)^{'}]^{2} + [(2 \sin^{3} t)^{'}]^{2}} \\ = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} 2 π \cdot 2 \sin^{3} t \cdot 6 \sin t \cos t d t \\ = 48 π \cdot \frac{\sin^{5} t}{5} |_{0}^{\frac{π}{2}} = \frac{48 π}{5} \end{aligned}

(4)平行截面面积为已知的立体体积

$[a,b]$ $x$ 轴 $\Omega$ $x$ $A(x)$ $\Omega$ 的体积

V = \int_{a}^{b} A (x) d x

$\Large 例:$ $y=\sqrt{x}$ $y=x$ $y=x$ 旋转一周所得旋转体的体积

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 绕 y = x 旋 转 一 周 后 A (x) 为 垂 直 于 x 轴 的 截 面 面 积 \\ 故 A (x) = \sqrt{2} \cdot π (\frac{\sqrt{x} - x}{\sqrt{2}})^{2} \\ V = \int_{0}^{1} A (x) d x = \int_{0}^{1} \sqrt{2} \cdot π (\frac{\sqrt{x} - x}{\sqrt{2}})^{2} = \frac{\sqrt{2} π}{60} \end{aligned}

事实上平行截面面积为已知的立体体积就是旋转体体积的一般化。

5. 积分等式与积分不等式

知识总览：

积分等式往往用中值定理、夹逼准则、积分法解决。

积分不等式往往用函数单调性、拉格朗日中值定理、泰勒公式和积分法。常用的思路如下：

\begin{aligned} 若 给 出 \int_{a}^{b} f (x) d x \overset{首 先 想 到 积 分 中 值 定 理}{\Rightarrow} f (ξ) (b - a) \\ 若 f (x) - f (x) \overset{牛 顿 莱 布 尼 兹 公 式}{\Rightarrow} \int_{a}^{x} f^{'} (t) d t \overset{或 者 是 拉 氏 定 理}{\Rightarrow} f^{'} (ξ) (x - a) \\ \overset{甚 至 可 能 是}{\Rightarrow} (\int_{x}^{x + 2} f (t) d t)^{'} \end{aligned}

5.1 中值定理解决积分等式

$f(x),g(x)$ $[a,b]$ $g(x)$ $\xi\in[a,b]$ ，使得

\begin{array}{r} \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = f (ξ) \int_{a}^{b} g (x) d x \end{array}

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 证 明 : \\ 令 F (x) = \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t, G (x) = \int_{a}^{x} g (t) d t \\ 设 g (x) > 0, 对 F (x), g (x) 在 [a, b] 上 用 柯 西 中 值 定 理 \\ \frac{F (b) - F (a)}{G (b) - G (a)} = \frac{F^{'} (ξ)}{G^{'} (ξ)}, 即 \\ \frac{\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x}{\int_{a}^{b} g (x) d x} = \frac{f (ξ) g (ξ)}{g (ξ)}, ξ \in (a, b) \\ ∴ \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = f (ξ) \int_{a}^{b} g (x) d x \end{array} \end{array}

$\Large 例1:$ $f(x)$ $[1,2]$ $\lim\limits_{n\to\infty}\int_1^2f(x)e^{-x^n}dx$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 积 分 中 值 定 理 可 得 lim_{n \to \infty} \int_{1}^{2} f (x) e^{- x^{n}} d x \\ 其 中 \int_{1}^{2} f (x) e^{- x^{n}} d x = f (ξ) \int_{1}^{2} e^{- x^{n}} d x \\ 由 于 f (x) 在 [1, 2] 上 连 续, 则 f (ξ) 有 界 \\ 且 e^{x^{n}} > x^{n} + 1 > 0 ⟹ \frac{1}{e^{x^{n}}} < \frac{1}{x^{n} + 1} < \frac{1}{x^{n}} \\ ∴ 0 < \int_{1}^{2} e^{- x^{n}} d x < \int_{1}^{2} x^{- n} d x = \frac{x^{1 - n}}{1 - n} |_{1}^{2} = \frac{1}{1 - n} (2^{1 - n} - 1) \\ 故 lim_{n \to \infty} 0 = 0, 且 lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 - n} (2^{1 - n} - 1) = 0, ∴ lim_{n \to \infty} \int_{1}^{2} e^{- x^{n}} d x = 0 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x)$ $[0,\frac{\pi}{2}]$ $f(0)=2,f(\frac{\pi}{2})=1$ $\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)e^{\sin x}\cos xdx=2(e-1)$ $\xi\in(0,\frac{\pi}{2})$ $f''(\xi)<0$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 积 分 中 值 定 理 可 得 : \\ \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (x) \cdot e^{\sin x} \cos x d x = f (ξ_{1}) \int_{0}^{\frac{π}{2}} e^{\sin x} \cos d x \\ = f (ξ_{1}) \cdot e^{\sin x} |_{0}^{\frac{π}{2}} = f (ξ_{1}) (e - 1) = 2 (e - 1) \\ f (ξ_{1}) = 2 \\ \overset{由 罗 尔 定 理}{\Rightarrow} \exists ξ_{2} \in (0, ξ_{1}), 使 f^{'} (ξ_{2}) = 0 \\ \overset{由 拉 氏 定 理}{\Rightarrow} \exists ξ_{3} \in (ξ_{1}, \frac{π}{2}), 使 f^{'} (ξ_{3}) = \frac{f (\frac{π}{2}) - f (ξ_{1})}{\frac{π}{2} - ξ_{1}} < 0 \\ \overset{由 拉 氏 定 理}{\Rightarrow} \exists ξ \in (ξ_{2}, ξ_{3}), 使 f^{″} (ξ) = \frac{f^{'} (ξ_{3}) - f^{'} (ξ_{2})}{ξ_{3} - ξ_{2}} < 0 \end{aligned}

5.2 夹逼准则解决积分等式

$\Large 例1:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}\int_0^1\frac{x^n}{1+x}dx$

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 解 : \\ 由 于 0 \leq \frac{x^{n}}{1 + x} \leq x^{n} \\ 0 \leq \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 + x} d x \leq \int_{0}^{1} x^{n} d x = \frac{1}{n + 1} \\ \int_{0}^{1} x^{n} d x = \frac{1}{n + 1} = 0 \\ 故 lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 + x} d x = lim_{n \to \infty} 0 = 0 \end{array} \end{array}

$\Large 例2:(1)$ $\Large\int_0^1|\ln t|[\ln(1+t)]^ndt$ $\Large\int_0^1t^n|\ln t|dt(n=1,2...)$ 的大小，说明理由

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 解 : \\ 由 于 \ln (1 + t) \leq t \\ ∴ 0 \leq | \ln t | \cdot [\ln (1 + t)]^{n} \leq | \ln t | \cdot t^{n} \\ 故 \int_{0}^{1} | \ln t | [\ln (1 + t)]^{n} d t < \int_{0}^{1} t^{n} | \ln t | d t \end{array} \end{array}

$(2)求\underset{n\to\infty}{\lim}\int_0^1|\ln t|[\ln(1+t)]^ndt$ 的值

除了以下方法，还可以通过闭区间上连续函数必有最大最小值这一性质得出极限值。

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 解 : \\ 由 于 \int_{0}^{1} t^{n} | \ln t | d t = - \int_{0}^{1} t^{n} \cdot \ln t d t \overset{分 部 积 分}{\Rightarrow} \frac{1}{(1 + n)^{2}} \\ 由 (1) 可 知 \int_{0}^{1} | \ln t | [\ln (1 + t)]^{n} d t < \frac{1}{(1 + n)^{2}} \\ \ln (1 + t) > 0, \ln t > 0 故 \\ 0 < \int_{0}^{1} | \ln t | [\ln (1 + t)]^{n} d t < \frac{1}{(1 + n)^{2}} \\ 由 于 夹 逼 准 则 可 知 lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1 + n)^{2}} = 0 \\ 故 \int_{0}^{1} | \ln t | [\ln (1 + t)]^{n} d t = 0 \end{array} \end{array}

$\Large 例:$ $f(x)=x-[x]$ $[x]$ $x$ $\underset{x\to+\infty}{\lim}\frac{1}{x}\int_0^xf(t)dt$

\begin{aligned} 解 : \\ f (x) 图 形 如 下 图 所 示, 在 x 轴 左 侧 围 出 的 面 积 大 小 相 等 \\ 即 当 x = n 时, \int_{0}^{n} f (t) d t = \frac{1}{2} \cdot n \\ 当 x = n + 1 时, \int_{0}^{n + 1} f (t) d t = \frac{1}{2} \cdot (n + 1) \\ 当 n \leq x < n + 1 ⟹ \frac{1}{n + 1} < \frac{1}{x} \leq \frac{1}{n} ① \\ ∴ \frac{n}{2} = \int_{0}^{n} f (t) d t \leq \int_{0}^{x} f (t) d t \leq \int_{0}^{n + 1} f (t) d t = \frac{n + 1}{2} \\ 由 ① 得 : \frac{n}{2} \cdot \frac{1}{n + 1} < \frac{\int_{0}^{x} f (t) d t}{x} < \frac{1}{n} \cdot \frac{n + 1}{2} \\ 由 夹 逼 准 则 : lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t = \frac{1}{2} \end{aligned}

5.3 积分法解决积分等式

积分法可以解决类似于两个积分相等的等式问题。通过变形方法将一个积分转化为另一个积分形式。常用转换方法有：恒等变形、换元法、分部积分法。

$\Large 例:$ $f(x)$ $T$ 为周期的周期函数

$(1)证明\int_0^{nT}xf(x)dx=\frac{n^2T}{2}\int_0^{T}f(x)dx(n=1,2...)$

$(2)利用(1)结论计算I=\int_0^{n\pi}x|\sin x|dx$

\begin{aligned} (1) 证 明 : \\ 由 于 区 间 再 现 公 式 可 知 : \int_{0}^{n T} x f (x) d x = \int_{0}^{n T} (n T - x) f (n T - x) d x \\ 且 f (x) 是 以 T 为 周 期 的 偶 函 数, 则 f (n T - x) = f (- x) = f (x) \\ \int_{0}^{n T} (n T - x) f (n T - x) d x = n T \int_{0}^{n T} f (x) d x - \int_{0}^{n T} x f (x) d x \\ ∴ 2 \int_{0}^{n T} x f (x) d x = n T \int_{0}^{n T} f (x) d x \\ 即 \int_{0}^{n T} x f (x) d x = \frac{n T}{2} \int_{0}^{n T} f (x) d x = \frac{n^{2} T}{2} \int_{0}^{T} f (x) d x \\ (2) 解 : \\ I & = \int_{0}^{n π} x | \sin x | d x = \frac{n^{2} π}{2} \int_{0}^{π} \sin x d x \\ = n^{2} π \end{aligned}

5.4 用单调性证明不等式

通常的做法是将某一积分(通常为上限)变量化，然后移项构造辅助函数，由辅助函数的单调性来证明不等式，此方法多用于所给条件为 $f(x)$ $[a,b]$ 上连续的情形。

步骤：

构造辅助函数
$1$ $x$ )
$0$ $0$ ，取非零端为辅助函数
$a和b$ )
$a$ $b$ 的在另一边。形成对称结构，取两边共同函数为辅助函数
对辅助函数求一阶导判断单调性，若不能判断，则继续求导，最多不超过三阶导数。
$\Longrightarrow$ $\Longrightarrow$ 低二阶导的凹凸性
$F'''(x)>0,则F''(x)单调递增,F'(x)为凹$
结合区间端点完成不等式的证明
$F(x)(或其导数F^{(n)}(x))$ $0$ 的区间端点完成证明。当端点为函数无定义点时，可以求该点处函数的极限。

$\Large 例1:$ $f(x)$ $[a,b]$ $f(x)>0$ $\int_a^bf(x)dx·\int_a^b\frac{1}{f(x)}dx\ge(b-a)^2$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 令 F (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t \cdot \int_{a}^{x} \frac{1}{f (t)} d t - (x - a)^{2} \\ 则 F^{'} (x) = f (x) \cdot \int_{a}^{x} \frac{1}{f (t)} d t + \int_{a}^{x} f (t) d t \cdot \frac{1}{f (x)} - 2 (x - a) \\ = \int_{a}^{x} [\frac{f (x)}{f (t)} + \frac{f (t)}{f (x)}] d t - 2 (x - a) \\ 由 于 a + b \geq 2 \sqrt{a b} ⟹ a + \frac{1}{a} \geq 2, (a, b > 0) \\ 故 \int_{a}^{x} [\frac{f (x)}{f (t)} + \frac{f (t)}{f (x)}] d t - 2 (x - a) \geq \int_{a}^{x} 2 d t - 2 (x - a) = 0 \\ ∴ F^{'} (x) \geq 0, F (x) 单 调 增 加 ⟹ F (b) \geq F (a) \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x),g(x)$ $[a,b]$ $f(x)$ $0\le g(x)\le1$ .

$(1)$ $0\le\int_a^xg(t)dt\le x-a,x\in[a,b]$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 于 0 \leq g (x) \leq 1 \\ 故 \int_{a}^{x} 0 d t \leq \int_{a}^{x} g (x) \leq \int_{a}^{x} 1 d x \\ 即 0 \leq \int_{a}^{x} g (x) \leq x - a \end{aligned}

$(2)$ $\int_a^{a+\int_a^bg(t)dt}f(x)dx\le\int_a^bf(x)g(x)dx$

$F(b)=\int_a^xf(t)dt=\int_a^bf(x)dx$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 令 F (x) = \int_{a}^{a + \int_{a}^{x} g (u) d u} f (t) d t - \int_{a}^{x} f (t) g (t) d t \\ 则 F^{'} (x) = f [a + \int_{a}^{x} g (u) d u] \cdot g (x) - f (x) g (x) \\ = [f [a + \int_{a}^{x} g (u) d u] - f (x)] g (x) \\ 由 (1) 可 知 a - \int_{a}^{x} g (t) d t \leq x, 且 f (x) 是 单 调 递 增 函 数 \\ ∴ f [a + \int_{a}^{x} g (u) d u] \leq f (x), 且 0 \leq g (x) \leq 1 \\ ∴ F^{'} (x) < 0, 故 F (x) 单 调 递 减, x \in [a, b] \\ F (a) 为 F (x) 最 大 值, 且 F (a) = 0, 则 F (b) \leq 0 \\ 综 上 所 述, \int_{a}^{a + \int_{a}^{x} g (u) d u} f (t) d t - \int_{a}^{x} f (t) g (t) d t \leq 0 \end{aligned}

5.5 拉格朗日中值定理证明不等式

$f(x)$ $0$ )的题目

$\Large 例:$ $f(x)$ $[0,1]$ $f(0)=f(1)=0$ $|\int_0^1f(x)dx|\le\frac{1}{4}\underset{x\in[0,1]}{\max}\{|f'(x)|\}$

$f,f'$ ，要想到拉氏定理。

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 证 明 : \\ 在 [0, x] 用 拉 氏 定 理 : f (x) - f (0) = f^{'} (ξ_{1}) x, 0 < ξ_{1} < x \\ 在 [x, 1] 用 拉 氏 定 理 : f (1) - f (x) = f^{'} (ξ_{2}) (1 - x), x < ξ_{2} < 1 \\ 由 于 f (1) = f (0) = 0, 即 {\begin{matrix} | f (x) | = | f^{'} (ξ_{1}) | x, & 0 < ξ_{1} < x \\ | f (x) | = | f^{'} (ξ_{2}) | (1 - x), & x < ξ_{2} < 1 \end{matrix} \\ 且 f (x) 在 [0, 1] 连 续 一 阶 可 导, 即 | f^{'} (x) | \leq M, (f^{'} (x) 有 界) \\ 故 {\begin{matrix} | f^{'} (ξ_{1}) | x \leq M x, & 0 < ξ_{1} < x \\ | f^{'} (ξ_{2}) | (1 - x) \leq M (1 - x), & x < ξ_{2} < 1 \end{matrix} \\ ∴ | \int_{0}^{1} f (x) d x | = | \int_{0}^{x} f (t) d t + \int_{1}^{x} f (t) d t | \leq \\ | \int_{0}^{x} f (t) d t | + | \int_{x}^{1} f (t) d t | \leq \int_{0}^{x} | f (t) | d t + \int_{x}^{1} | f (t) | d t \\ \leq \int_{0}^{x} M t d t + \int_{x}^{1} M (1 - t) d t = M \cdot [\frac{x^{2}}{2} + \frac{(1 - x)^{2}}{2}] \\ 这 里 的 M 即 为 max_{x \in [0, 1]} {| f^{'} (x) |}, 故 | \int_{0}^{1} f (x) d x | \leq M \cdot [\frac{x^{2}}{2} + \frac{(1 - x)^{2}}{2}] \\ 要 想 上 面 不 等 式 x 在 区 间 内 取 任 意 值 都 满 足, 则 [\frac{x^{2}}{2} + \frac{(1 - x)^{2}}{2}] 取 最 小 值 \\ 由 不 等 式 关 系 : \sqrt{a b} \leq \frac{a + b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} ⟹ \sqrt{\frac{x^{2} + (1 - x)^{2}}{2}} \geq \frac{x + 1 - x}{2} = \frac{1}{2} \\ \frac{x^{2} + (1 - x)^{2}}{2} \geq \frac{1}{4}, ∴ | \int_{0}^{1} f (x) d x | \leq \frac{1}{4} max_{x \in [0, 1]} {| f^{'} (x) |} \end{array} \end{array}

5.6 泰勒公式证明不等式

$f(x)$ $0$ )的题目

$\Large 例:$ $f(x)$ $[0,2]$ $f(1)=0$ $x\in[0,2]$ $M=\max\{|f''(x)|\}$ $|\int_0^2f(x)dx|\le\frac{1}{3}M$

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 证 明 : \\ 泰 勒 公 式 : f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f^{″} (ξ)}{2} (x - x_{0})^{2} \\ f (x) = f (1) + f^{'} (1) (x - 1) + \frac{f^{″} (ξ)}{2} (x - 1)^{2} \\ f (1) = 0, 故 f (x) = f^{'} (1) (x - 1) + \frac{f^{″} (ξ)}{2} (x - 1)^{2}, ξ \in (x, 1) \\ 则 \int_{0}^{2} f (x) d x = f^{'} (1) \int_{0}^{2} (x - 1) d x + \frac{1}{2} \int_{0}^{2} f^{″} (ξ) (x - 1)^{2} d x \\ \int_{0}^{2} f (x) d x = f^{'} (1) \cdot 0 + \frac{1}{2} \int_{0}^{2} f^{″} (ξ) (x - 1)^{2} d x \\ ∴ | \int_{0}^{2} f (x) d x | = | \frac{1}{2} \int_{0}^{2} f^{″} (ξ) (x - 1)^{2} d x | \leq \frac{1}{2} \int_{0}^{2} | f^{″} (ξ) | (x - 1)^{2} d x \\ 由 于 | f^{″} (ξ) | \leq M, | \int_{0}^{2} f (x) d x | \leq M \cdot \frac{1}{2} \int_{0}^{2} (x - 1)^{2} d x = \frac{1}{3} M \\ 故 | \int_{0}^{2} f (x) d x | \leq \frac{1}{3} M \end{array} \end{array}

$f''(\xi)$ $\xi$ $x$ 的函数。

5.7 用积分法证明不等式

$\Large 例1:$ $f(x)$ $f''(x)$ $[0,1]$ $f(0)=f(1)=0$ ，证明

$(1)\int_0^1f(x)dx=\frac{1}{2}\int_0^1x(x-1)f''(x)dx$

$(2)|\int_0^1f(x)dx|\le\frac{1}{12}\underset{0\le x\le1}{\max}\{|f''(x)|\}$

\begin{aligned} (1) 证 明 : \\ 用 分 部 积 分 : \int_{0}^{1} x (x - 1) f^{″} (x) d x \\ = (x^{2} - x) f^{'} (x) - (2 x - 1) f (x) |_{0}^{1} + 2 \int_{0}^{1} f (x) d x \\ ∴ \int_{0}^{1} x (x - 1) f^{″} (x) d x = 2 \int_{0}^{1} f (x) d x \\ (2) 证 明 : \\ | \int_{0}^{1} f (x) d x | = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x (1 - x) | f^{″} (x) | d x \\ 记 max_{0 \leq x \leq 1} {| f^{″} (x) |} = M \\ ∴ | \int_{0}^{1} f (x) d x | \leq \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x (1 - x) M d x = \frac{1}{12} M \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x)$ $[0,2\pi]$ $f'(x)\ge0$ $n$ $\Big|\int_0^{2\pi}f(x)\sin nxdx\Big|\le\frac{2}{n}\Big[f(2\pi)-f(0)\Big]$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 于 \int_{0}^{2 π} f (x) \sin n x d x = - \frac{1}{n} \int_{0}^{2 π} f (x) d (\cos x) \\ = - \frac{1}{n} f (x) \cos x |_{0}^{2 π} + \frac{1}{n} \int_{0}^{2 π} \cos x f^{'} (x) d x \\ = - \frac{1}{n} f (2 π) + \frac{1}{n} f (0) + \frac{1}{n} \int_{0}^{2 π} \cos x f^{'} (x) d x \\ ∴ | \int_{0}^{2 π} f (x) \sin n x d x | \leq \frac{1}{n} [f (2 π) - f (0)] \\ + \frac{1}{n} \int_{0}^{2 π} | \cos x | f^{'} (x) d x \leq \frac{1}{n} \int_{0}^{2 π} 1 \cdot f^{'} (x) d x \\ = \frac{2}{n} [f (2 π) - f (0)] \end{aligned}

5.8 牛顿莱布尼兹公式

$f(x)$ $\int_a^bf'(x)dx$

$\Large 例:$ $f'(x)$ $[a,b]$ $f(a)=f(b)=0$ $|f(x)|\le\frac{1}{2}\int_a^b|f'(x)|dx$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 于 f (x) - f (a) = \int_{a}^{x} f^{'} (t) d t \\ ∴ ① | f (x) | \leq \int_{a}^{x} | f^{'} (x) | d t \\ 由 于 f (x) - f (b) = \int_{b}^{x} f^{'} (t) d t \\ ∴ ② | f (x) | \leq \int_{x}^{b} | f^{'} (t) | d t \\ 综 上 所 述, ① + ② : 2 | f (x) | \leq \int_{a}^{b} | f^{'} (x) | d x \end{aligned}

6. 一元函数积分学物理应用

知识总览：

主要应用是：变力沿直线做功，抽水做功，静水压力。

6.1 万有引力

$F=G·\frac{M·m}{r^2}$ $M$ $m$ $r$ $M,m$ 之间的距离。

常见的有一根细杆、圆盘对一个质点的引力，可用微元法将细杆(圆盘)划分为无数个点。

$\Large 例:$ $x\in[1,l]$ $\ln x$ $m$ 点的引力

$x$ $x,x+dx$ $\ln x$ $x+dx-x=dx$ $\ln xdx$ 为细杆微元质量。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 F = G \cdot \frac{M \cdot m}{r^{2}} 可 知 \\ d F = \frac{m \cdot \ln x d x}{x^{2}}, 之 后 在 [1, l] 累 加 即 可 得 到 引 力 \\ \int d F d x = \int \frac{m \cdot \ln x d x}{x^{2}} = G m \cdot (1 - \frac{\ln l}{l}) \end{aligned}

$÷$ $=\rho$ (线密度)

6.2 变力沿直线做功

$x$ $y=F(x)(a\le x\le b)$ $x$ $a$ $b$ $F(x)$ 所做的功为：

W = \int_{a}^{b} F (x) d x

$dW=F(x)dx$ .

$\Large 例:$ $1cm$ 。如果铁锤每次击打做功相等，求第二锤可将铁钉击入长度是多少？

分析：这种应用题要将其翻译为数学语言。

\begin{aligned} 解 : \\ 令 木 板 对 铁 钉 阻 力 为 F, 铁 钉 计 入 木 板 深 度 为 x \\ 且 阻 力 与 深 度 成 正 比 : F = k x \\ ∵ 第 一 次 击 入 1 c m, 即 x_{1} = 1, 记 第 二 锤 击 入 长 度 为 x_{2} \\ ∴ W_{1} = \int_{0}^{1} k x d x = k \cdot \frac{1}{2} \\ W_{2} = \int_{1}^{1 + x_{2}} k x d x = k \cdot \frac{(1 + x_{2})^{2} - 1}{2} \\ 由 于 第 一 次 与 第 二 次 做 功 相 同, 即 W_{1} = W_{2} \\ 故 k \cdot \frac{(1 + x_{2})^{2} - 1}{2} = k \cdot \frac{1}{2} \\ 得 x_{2} = \sqrt{2} - 1, 综 上 第 二 锤 击 入 \sqrt{2} - 1 c m \end{aligned}

6.3 静水压力

$P=\rho gh$ .
$\rho$ $g$ $h$ 是该点在液面下的深度。
$F=P·A=\rho gh·A$

$ABCD$ (如下图所示)的一侧受到的水压力为：

P = ρ g \int_{a}^{b} x [f (x) - h (x)] d x

$\rho$ $g$ $dP=\rho gx[f(x)-h(x)]dx$ $x$ $f(x)-h(x)$ $dx$ 是矩形条的高度。

$x$ $f(x)-h(x)$ 。

$\Large 例:$ $2a$ $g$ $\rho$ ，求该平板一侧所受地水压力。

\begin{aligned} 解 : \\ 如 下 图 所 示, 记 平 板 任 意 位 置 高 度 为 y, 长 度 为 x \\ 由 于 等 腰 直 角 三 角 形 斜 边 直 线 表 达 式 为 : y = a - x \\ 故 图 中 矩 形 宽 度 为 2 x = 2 (a - y), 高 为 d x \\ ∴ 压 力 p = \int_{0}^{a} ρ g y \cdot 2 (a - y) d y = \frac{ρ g}{3} \cdot a^{3} \end{aligned}

6.4 抽水做功

本质是对水进行切片。

如下图所示，将容器中的水全部抽出所做的功为：

W = ρ g \int_{a}^{b} x A (x) d x

$\rho$ $g$ $dW=\rho gxA(x)dx$ $x$ $dx$ $A(x)$ $x$ $x$ $A(x)$ ，其余的量都是固定的。

$\Large 例:$ $a$ $b$ $\rho$ $g$ ，求将容器中的水全部从容器顶部抽出所做的功。

$A(x)$ $\Delta oba$ $\Delta xra$ $r$ $A(x)$ 面积。

\begin{aligned} 解 : \\ 设 圆 锥 任 意 位 置 高 为 x, x 的 水 平 半 径 为 r \\ 由 题 可 知 \frac{r}{b} = \frac{a - x}{a}, 得 r = b \cdot \frac{a - x}{a} \\ 故 A (x) = π r^{2}, 由 于 圆 锥 容 器 冲 满 水 \\ ∴ W = \int_{0}^{a} ρ g x [π (b \cdot \frac{a - x}{a})^{2}] d x = \frac{ρ g}{12} a^{2} b^{2} π \end{aligned}

十. 多元函数微分学

此后的学习要联系上册，区别上册。

1. 平面点集

$xOy$ $(x,y)$ $f(x,y)$ $(x,y)$ $f(x,y)$ 的定义域就是平面上点集。

$M_1(x_1,y_1)$ $M_2(x_2,y_2)$ 之间的距离定义为

\begin{array}{r} \begin{array}{c} ρ (M_{1}, M_{2}) = \sqrt{(x_{2} - x_{1})^{2} + (y_{2} - y_{1})^{2}} \end{array} \end{array}

$M_0$ $\delta>0$ $M_0$ $\delta$ $M_0$ $\delta$ $U(M_0,\delta)$ ，也即

\begin{array}{r} \begin{array}{c} U (M_{0}, δ) = {M | ρ (M_{0}, M) < δ, M 在 平 面 上} \end{array} \end{array}

多元函数邻域：

$E$ ，可用上述邻域的概念将平面上的点分类为内点、外点和边界点，下面分别给出定义。

$M$ $\delta>0$ $U(M,\delta)\subset E$ $M$ $E$ 的内点，如下图：

内点：

$\delta>0$ $U(M,\delta)\cap E=\varnothing$ $M$ $E$ 的外点。如下图：

外点：

$\delta>0$ $U(M,\delta)$ $E$ $E$ $M$ $E$ 的边界点。如下图：

边界点：

$E$ $E$ $\partial E$ $D$ $E$ $E^c$ $\partial E=\partial E^c$ 。在一维坐标情况下对应的是区间端点。

（4）点集的分类：

$E$ $\delta>0$ $E\subset U(O,\delta)(这里O是指坐标原点)$ $E$ 为有界集，否则为无界集。如下图：
有界集：
$E$ $E$ $E$ $E$ $E$ $E$ 为闭集。显然，若一个点集是开集，其余集必是闭集；若一个点是闭集，其余集必是开集。
$E$ $E$ $E$ $或为曲线$ $E$ 为连通集，连通的开集叫开区域，一个开区域和它的边界点集的并集叫闭区域。开区域、闭区域统称为区域。
连通集：
$E$ $E$ $E$ $E$ 称为单连通区域，否则就叫多连通区域

（5）两个重要概念

$E$ $M_0$ $\delta>0$ $\mathring{U}(M_0,\delta)\cap E\ne\varnothing$ $M_0$ $M_0$ $E$ $M_0$ $E$ $x\to x_0$ $x_0$ $x$ 聚点。

$\delta>0$ $U(M_0,\delta)\cap E=\{M_0\}$ $M_0$ $E$ $M_0$ $M_0$ $E$ 的孤立点，显然，边界点要么是聚点，要么是孤立点。如下图：

孤立点：

2. 多元函数极限

$P(x,y)$ $f(x,y)$ $P_0(x_0,y_0)$ $f(x,y)$ $A$ $A$ $f(x,y)$ $(x,y)\to(x_0,y_0)$ 时的极限，记作

lim_{(x, y) \to (x_{0}, y_{0})} f (x, y) = A 或 lim_{\binom{x \to x_{0}}{y \to y_{0}}} f (x, y) = A

$P(x,y)\to P_0(x_0,y_0)$ $P(x,y)$ $P_0(x_0,y_0)$ $A$ $P(x,y)$ $P_0(x_0,y_0)$ 时，对应的函数值趋近于两个不同的常数，则二元函数的极限不存在。求极限方法基本与一元函数一致(如：唯一性、局部有界性、局部保号性、运算规则及脱帽法)，但洛必达法则和单调有界准则不能随便使用。

$\Large 例1:$ $\lim\limits_{x\rightarrow 0\atop y\rightarrow 0}\frac{xy}{\sqrt{xy+1}-1}$

\begin{aligned} 解 ： \\ 当 x \to 0, 且 y \to 0 时 ， \sqrt{x y + 1} - 1 \sim \frac{1}{2} x y \\ 原 式 = lim_{\binom{x \to 0}{y \to 0}} \frac{x y}{\frac{1}{2} x y} = 2 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $I_1=\lim\limits_{x\to0\atop y\to0}\frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}},I_2=\lim\limits_{x\to0\atop y\to0}\frac{x|y|}{x^2+y^2}$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 | a b | \leq \frac{a^{2} + b^{2}}{2}, 故 | x y | \leq \frac{x^{2} + y^{2}}{2} \\ 0 \leq \frac{| x y |}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \leq \frac{\frac{x^{2} + y^{2}}{2}}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = \frac{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}{2} \\ ∴ 夹 逼 准 则 : I_{1} = lim_{\binom{x \to 0}{y \to 0}} \frac{| x y |}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = 0 \\ 令 y = x ⟹ I_{2} = lim_{\binom{x \to 0}{y = x}} \frac{x | x |}{2 x^{2}} = lim_{x \to 0} \frac{| x |}{2 x} \\ 故 当 x \to 0^{+}, I_{2} = \frac{1}{2}; 当 x \to 0^{-}, I_{2} = - \frac{1}{2} \\ 综 上 所 述 I_{2} 极 限 不 存 在 \end{aligned}

3. 连续与可导

$\lim\limits_{x\rightarrow x_0\atop y\rightarrow y_0}f(x,y)=f(x_0,y_0)$ $f(x,y)$ $(x_0,y_0)$ 处连续。

可导：①连续和可导之间没有关系。②可微(全微分)必连续、偏导存在，反之则不行。③偏导存在且连续可知函数可微。

二元函数连续和偏导：

$\Large 例1:$ $z=f(x,y)=\left\{\begin{matrix}(x^2+y^2)\sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},&x^2+y^2\ne0\\0,&x^2+y^2=0\end{matrix}\right.$ $f(x,y)$ $(0,0)$ 处连续

\begin{aligned} 证 明 : \\ lim_{\binom{x \to 0}{y \to 0}} f (x, y) = lim_{\binom{x \to 0}{y \to 0}} (x^{2} + y^{2}) \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \\ = 0 = f (0, 0) \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x,y)=\int_0^{xy}e^{-xt^2}dt$ $f'_x(1,+\infty)$ 的值

$x$ 的表达式拆分，所以用换元

\begin{aligned} 解 : \\ 令 \sqrt{x} t = u, \sqrt{x} d t = d u \\ ∴ f (x, y) = \frac{1}{\sqrt{x}} \int_{0}^{x^{\frac{3}{2}} y} e^{- u^{2}} d u \\ 于 是 f (x, + \infty) = lim_{y \to + \infty} f (x, y) = \frac{1}{\sqrt{x}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- u^{2}} d u \\ = \frac{\sqrt{π}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{x}} \\ 则 f_{x}^{'} (1, + \infty) = \frac{\sqrt{π}}{2} \cdot (\frac{1}{\sqrt{x}})^{'} |_{x = 1} = - \frac{\sqrt{π}}{4} \end{aligned}

注意： $x$ $y$ $y$ 求导也一样。

4. 偏导数

$z=f(x,y)$ $P_0(x_0,y_0)$ $y$ $y_0(y=y_0)$ $x$ $x_0$ $\Delta x$ $\Delta z_x$ $\Delta z_x$ $z$ $x$ 的偏增量)，即

\begin{array}{r} Δ z_{x} = f (x_{0} + Δ x, y_{0}) - f (x_{0}, y_{0}) \end{array}

$x$ 的偏导数可表示为：

\begin{aligned} f_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) & = lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ z_{x}}{Δ x} = lim_{Δ x \to 0} \frac{f (x_{0} + Δ x, y_{0}) - f (x_{0}, y_{0})}{Δ x} \\ = lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x, y_{0}) - f (x_{0}, y_{0})}{x - x_{0}} \end{aligned}

$y$ 的偏导数可表示为：

\begin{aligned} f_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) & = lim_{Δ y \to 0} \frac{Δ z_{y}}{Δ y} = lim_{Δ x \to 0} \frac{f (x_{0}, y_{0} + Δ y) - f (x_{0}, y_{0})}{Δ y} \\ = lim_{y \to y_{0}} \frac{f (x_{0}, y) - f (x_{0}, y_{0})}{y - y_{0}} \end{aligned}

上面的可简写为：

\begin{array}{r} \frac{\partial z}{\partial x} 、 \frac{\partial f}{\partial y} . . . \end{array}

$\Large 例1:$ $z=f(x,y)=\left\{\begin{matrix}(x^2+y^2)\sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},&x^2+y^2\ne0\\0,&x^2+y^2=0\end{matrix}\right.$ $f'_x(0,0)$ 存在

\begin{aligned} 证 明 ： \\ f_{x}^{'} (0, 0) = lim_{Δ x \to 0} \frac{f (0 + Δ x, 0) - f (0, 0)}{Δ x} = lim_{Δ x \to 0} Δ x \cdot \sin \frac{1}{| Δ x |} = 0 \end{aligned}

$D$ 上常用公式法。

$\Large 例2:$ $f(x,y)$ $f(0,0)=0,\frac{\partial f}{\partial x}=-f(x,y),\frac{\partial f}{\partial y}=e^{-x}\cos y$ $f(x,y)$

$C$ ，而是要加上关于另一自变量的函数。

\begin{aligned} 解 : \\ \frac{\partial f}{\partial y} = e^{- x} \cos y = \int e^{- x} \cos y d y = e^{- x} \sin y + φ (x) \\ 且 由 于 (e^{- x} \sin y + φ (x))_{x}^{'} = \frac{\partial f}{\partial x} = - f (x, y) \\ ∴ - e^{- x} \sin y + φ^{'} (x) = - f (x, y) = e^{- x} \sin y + φ (x) \\ 即 - e^{- x} \sin y + φ^{'} (x) = - e^{- x} \sin y - φ (x) \\ ∴ φ^{'} (x) = - φ (x) ⟹ φ (x) = C e^{- x} \\ 由 于 f (0, 0) = 0, φ (0) = 0 ⟹ C = 0, 即 φ (x) = 0 \end{aligned}

5. 高阶偏导数

$\frac{\partial^2z}{\partial y\partial x}$ $\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}$ $P(x,y)$ $P(x,y)$ 处它们相等，即

\frac{\partial^{2} z}{\partial y \partial x} = \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}

上面称之为二阶混合偏导数。高阶偏导数解法：

\begin{aligned} \frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} = \frac{\partial}{\partial x} (\frac{\partial z}{\partial x}) = f_{x x}^{″} (对 x 求 偏 导 基 础 上 再 对 x 求 偏 导) \\ \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial z}{\partial y}) = f_{y y}^{″} (对 x 求 偏 导 基 础 上 再 对 x 求 偏 导) \\ \frac{\partial^{2} z}{\partial y \partial x} = \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial z}{\partial x}) = f_{x y}^{″} (对 x 求 偏 导 基 础 上 对 y 求 偏 导) \end{aligned}

6. 全微分

6.1 可微

$z=f(x,y)$ $(x,y)$ $\Delta z=f(x+\Delta x,y+\Delta y)-f(x,y)$ 可表示为

\begin{array}{r} Δ z = A Δ x + B Δ y + o (ρ) \end{array}

$o(\rho)$ $\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$ $A,B$ $\Delta x,\Delta y$ $x,y$ $z=f(x,y)$ $(x,y)$ $A\Delta x+B\Delta y$ $z=f(x,y)$ $(x,y)$ $dz$ $dz=A\Delta x+B\Delta y$ 。由此可以得到全微分公式为：

d z = \frac{\partial z}{\partial x} d x + \frac{\partial z}{\partial y} d y (z 对 x 求 偏 导 \cdot d x + z 对 y 求 偏 导 \cdot d y)

$f(x,y)$ 在任何方向上 $\rho$ $f(x,y)$ $x,y$ 两个方向上的导数，所以多元函数中可导不一定可微，而可微一定可导。

$\Large 例:$ $(axy^3-y^2\cos x)dx+(1+by\sin x+3x^2y^2)dy$ $u(x,y)$ $(a,b)$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 题 可 知 \frac{\partial u}{\partial x} = a x y^{3} - y^{2} \cos x \\ \frac{\partial u}{\partial y} = 1 + b y \sin x + 3 x^{2} y^{2} \\ 由 于 \frac{\partial^{2} u}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^{2} u}{\partial y \partial x} 故 : \\ ① \frac{\partial^{2} u}{\partial x \partial y} = 3 a x y^{2} - 2 y \cos x \\ ② \frac{\partial^{2} u}{\partial y \partial x} = b y \cos x + 6 x y^{2} \\ ∵ ① = ② ⟹ a = 2, b = - 2 \end{aligned}

6.2 可微的判别

$z=f(x,y)$ $(x_0,y_0)$ 处是否可微：

$\Delta z=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)$
$A\Delta x+B\Delta y$ $A=f'_x(x_0,y_0),B=f'_y(x_0,y_0)$
$\lim_\limits{\Delta x\to0\atop\Delta y\to0}\frac{\Delta z-(A\Delta x+B\Delta y)}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}$ $0$ $z=f(x,y)$ $(x_0,y_0)$ 可微，否则就不可微

$\Large 例:$ $z=f(x,y)=\left\{\begin{matrix}(x^2+y^2)\sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},&x^2+y^2\ne0\\0,&x^2+y^2=0\end{matrix}\right.$ $f(x,y)$ $(0,0)$ 处可微

\begin{aligned} 证 明 : \\ 1. & Δ z = f (0 + Δ x, 0 + Δ y) - f (0, 0) = [(Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}] \sin \frac{1}{\sqrt{(Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}}} \\ 2. & A Δ x + B Δ y = f_{x}^{'} (0, 0) Δ x + f_{y}^{'} (0, 0) Δ y = 0 \\ 3. & lim_{\binom{Δ x \to 0}{Δ y \to 0}} \frac{Δ z - (A Δ x + B Δ y)}{\sqrt{(Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}}} = lim_{\binom{Δ x \to 0}{Δ y \to 0}} \sqrt{(Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}} \cdot \sin \frac{1}{\sqrt{(Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}}} \\ = lim_{ρ \to 0} ρ \sin \frac{1}{ρ} = 0 \\ ∴ & 故 在 这 点 处 可 微 \end{aligned}

7. 偏导数连续性

$z=f(x,y)$ $(x_0,y_0)$ 处偏导数是否连续，步骤为：

$f'_x(x_0,y_0),f'_y(x_0,y_0)$
$f'_x(x,y),f'_y(x,y)$
$\lim_\limits{x\to x_0\atop y\to y_0}f'_x(x,y)$ $\lim_\limits{x\to x_0\atop y\to y_0}f'_y(x,y)$ $\lim_\limits{x\to x_0\atop y\to y_0}f'_x(x,y)=f'_x(x_0,y_0)$ $\lim_\limits{x\to x_0\atop y\to y_0}f'_y(x,y)=f'_y(x_0,y_0)$ $z=f(x,y)$ $(x_0,y_0)$ 处偏导数是连续的

$\Large 例:$ $z=f(x,y)=\left\{\begin{matrix}(x^2+y^2)\sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},&x^2+y^2\ne0\\0,&x^2+y^2=0\end{matrix}\right.$ $f'_x(x,y),f'_y(x,y)$ $(0,0)$ 处是否连续

\begin{aligned} 证 明 : \\ f_{x}^{'} (0, 0) = 0, f_{y}^{'} (0, 0) = 0 \\ f_{x}^{'} (x, y) = 2 x \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} - \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \cos \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \\ lim_{\binom{x \to 0}{y \to 0}} (2 x \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} - \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \cos \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}) \\ = - lim_{\binom{x \to 0}{y \to 0}} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \cos \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = - lim_{\binom{x \to 0}{y = x}} \frac{x}{\sqrt{2} | x |} \cos \frac{1}{\sqrt{2} | x |} \\ = - lim_{\binom{x \to 0}{y = x}} \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \frac{1}{\sqrt{2} | x |} = 震 荡 不 存 在 \\ 故 f_{x}^{'} (0, 0) \neq lim_{\binom{x \to 0}{y \to 0}} f_{x}^{'} (x, y), 所 以 函 数 在 (0, 0) 处 不 连 续 \end{aligned}

可微与连续可导关系：

结合下面记忆：

上面是多元函数可微连续可导关系，下面是一元函数的：

而关于一元函数有界连续、可导之间在闭区间上的强弱关系：

有 界 < 可 积 < 连 续 < 可 导 / 可 微

8. 链式求导规则

$z=f(u,v),u=\varphi(t),v=\psi(t)$ $\frac{dz}{dt}=\frac{\partial z}{\partial u}·\frac{du}{dt}+\frac{\partial z}{\partial v}·\frac{dv}{dt}$ 复合结构如下图：

均为一元函数情况：

$z$ $z$ 已经求了几阶导，求导后的新函数仍然具有与原函数完全相同的复合结构。

$z=f(u,v),u=\varphi(x,y),v=\psi(x,y)$ $z=f[\varphi(x,y),\psi(x,y)]$ ，

$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}$ $\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}$ 复合结构如下图：

多元函数情况：

$z=f(u,v),u=\varphi(x,y),v=\psi(y)$ $z=f[\varphi(x,y),\psi(y)]$ ，

$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}$ $\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{dv}{dy}$ 复合结构如下图：

既有一元函数又有多元函数的情形：

全微分形式不变 $z=f(u,v),u=\varphi(x,y),v=\psi(x,y)$ $\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy=\frac{\partial z}{\partial u}du+\frac{\partial z}{\partial v}dv$ .

即 $dz=\frac{\partial z}{\partial u}du+\frac{\partial z}{\partial v}dv$

\begin{aligned} 证 明 : \\ \frac{φ z}{φ x} = \frac{φ z}{φ u} \cdot \frac{φ u}{φ x} + \frac{φ z}{φ v} \cdot \frac{φ v}{φ x}, \frac{φ z}{φ y} = \frac{φ z}{φ u} \cdot \frac{φ u}{φ y} + \frac{φ z}{φ v} \cdot \frac{φ v}{φ y} \\ 则 (\frac{φ z}{φ u} \cdot \frac{φ u}{φ x} + \frac{φ z}{φ v} \cdot \frac{φ v}{φ x}) d x + (\frac{φ z}{φ u} \cdot \frac{φ u}{φ y} + \frac{φ z}{φ v} \cdot \frac{φ v}{φ y}) d y \\ = \frac{\partial z}{\partial u} (\frac{\partial u}{\partial x} d x + \frac{\partial u}{\partial y} d y) + \frac{\partial z}{\partial v} (\frac{\partial v}{\partial x} d x + \frac{\partial v}{\partial y} d y) \\ = \frac{\partial z}{\partial u} d u + \frac{\partial z}{\partial v} d v \end{aligned}

$\Large 例1:$ $z=f(x,y,z)$ $z-y-x+xe^{z-y-x}=0$ $dz$

\begin{aligned} 解 : \\ d (z - y - x + x e^{z - y - x}) = d 0 = 0 \\ d z - d y - d x + d (x e^{z - y - x}) = 0 \\ 求 d (x e^{z - y - x}), 令 x = u, z - y - x = v \\ 则 φ (u, v) = u e^{v} ⟹ d (x e^{z - y - x}) = d φ (u, v) \\ 由 于 全 微 分 形 式 不 变 d φ (u, v) = \frac{\partial φ}{\partial u} d u + \frac{\partial φ}{\partial v} d v \\ = e^{v} d u + u e^{v} d v = e^{z - y - x} d x + x e^{z - y - x} (d z - d y - d x) \\ 即 d z - d y - d x + e^{z - y - x} d x + x e^{z - y - x} (d z - d y - d x) = 0 \\ d z = \frac{1 + (x - 1) e^{z - y - x}}{1 + x e^{z - y - x}} d x + d y \end{aligned}

$du,dv$ $du=\frac{\partial u}{\partial x}dx+\frac{\partial u}{\partial y}dy+\frac{\partial u}{\partial z}dz$

注 $z$ $z$ 已经求了几阶导，求导后的新函数仍然具有与原函数完全相同的复合结构。常用于高阶求导。

$\Large 例2:$ $z=f(e^x\sin y,x^2+y^2)$ $f$ $\frac{\partial z}{\partial x\partial y}$

\begin{aligned} 解 : \\ \frac{\partial z}{\partial x} = f_{1}^{'} \cdot e^{x} \sin y + f_{2}^{'} \cdot 2 x \\ \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial (\frac{\partial z}{\partial x})}{\partial x} = \frac{\partial (f_{1}^{'} \cdot e^{x} \sin y)}{\partial y} + \frac{\partial (f_{2}^{'} \cdot 2 x)}{\partial y} \\ \frac{\partial (f_{1}^{'} \cdot e^{x} \sin y)}{\partial y} = \frac{\partial f_{1}^{'}}{\partial y} e^{x} \sin y + f_{1}^{'} e^{x} \cos y \\ 对 于 \frac{\partial f_{1}^{'}}{\partial y} 仍 然 具 有 与 原 来 相 同 的 复 合 结 构, 即 f_{1}^{'} = f (e^{x} \sin y, x^{2} + y^{2}) \\ ∴ \frac{\partial f_{1}^{'}}{\partial y} e^{x} \sin y + f_{1}^{'} e^{x} \cos y = (f_{11}^{″} e^{x} \cos y + f_{12}^{″} 2 y) e^{x} \sin y + f_{1}^{'} e^{x} \cos y \\ 同 理 \frac{\partial (f_{2}^{'} \cdot 2 x)}{\partial y} = 2 x (f_{21}^{″} e^{x} \cos y + f_{22}^{″} 2 y) \\ \frac{\partial (f_{1}^{'} \cdot e^{x} \sin y)}{\partial y} + \frac{\partial (f_{2}^{'} \cdot 2 x)}{\partial y} \\ = (f_{11}^{″} e^{x} \cos y + f_{12}^{″} 2 y) e^{x} \sin y + f_{1}^{'} e^{x} \cos y + 2 x (f_{21}^{″} e^{x} \cos y + f_{22}^{″} 2 y) \end{aligned}

$\Large 例3:$ $x,y$ $(\frac{\partial f}{\partial x})^2+(\frac{\partial f}{\partial y})^2=4$ $x=uv$ $y=\frac{u^2-v^2}{2}$ $f(x,y)$ $g(u,v)$ $a(\frac{\partial g}{\partial u})^2-b(\frac{\partial g}{\partial v})^2=u^2+v^2$ $a,b$

\begin{aligned} 解 : \\ g (x, y) = f (u v, \frac{u^{2} - v^{2}}{2}) \\ 则 \frac{\partial g}{\partial u} = \frac{\partial f}{\partial x} \cdot v + \frac{\partial f}{\partial y} \cdot u \\ \frac{\partial g}{\partial v} = \frac{\partial f}{\partial x} \cdot u + \frac{\partial f}{\partial y} \cdot (- v) \\ 将 \frac{\partial g}{\partial u} 和 \frac{\partial g}{\partial v} 代 入 a (\frac{\partial g}{\partial u})^{2} - b (\frac{\partial g}{\partial v})^{2} \\ a [(\frac{\partial f}{\partial x})^{2} \cdot v^{2} + (\frac{\partial f}{\partial y})^{2} \cdot u^{2} + 2 \frac{\partial f}{\partial x} \cdot v \cdot \frac{\partial f}{\partial y} \cdot u] - \\ b [(\frac{\partial f}{\partial x})^{2} \cdot u^{2} + (\frac{\partial f}{\partial y})^{2} \cdot v^{2} - 2 \frac{\partial f}{\partial x} u \cdot \frac{\partial f}{\partial y} v] = u^{2} + v^{2} \\ 整 理 可 得 {\begin{array}{c} a + b = 0 \\ a - b = \frac{1}{2} \end{array} ⟹ a = \frac{1}{4}, b = - \frac{1}{4} \end{aligned}

9. 隐函数存在定理(公式法)

$y$ $x$ $F(x,y)=0$ 是一元隐函数，它由二元方程确定。

隐函数存在定理1 $F(x,y)$ $P(x_0,y_0)$ $F(x_0,y_0)=0$ $F'_y(x_0,y_0)\ne0$ $F(x,y)=0$ $(x_0,y_0)$ $y=f(x)$ $y_0=f(x_0)$ ，并有

\begin{array}{r} \frac{d y}{d x} = - \frac{F_{x}^{'}}{F_{y}^{'}} \end{array}

$\frac{dy}{dx}$ $x$ $y$ $x$ $y$ 值。

隐函数存在定理2：

\begin{array}{r} \frac{\partial z}{\partial x} = - \frac{F_{x}^{'}}{F_{z}^{'}}, \frac{\partial z}{\partial y} = - \frac{F_{y}^{'}}{F_{z}^{'}} \end{array}

$0$ $F'_x,F'_y,F'_z\ne0$ ，即隐函数存在。定义描述如下：

$F(x,y)$ $(x_0,y_0)$ $F(x_0,y_0)=0$ $F'_y(x_0,y_0)\ne0$ $F(x,y)=0$ $(x_0,y_0)$ $y=y(x)$ $y_0=y(x_0)$ 充分不必要条件 $F'_y(x_0,y_0)=0$ 并不能证明偏导数不存在。

$\Large 例:$ $xy-z\ln y+e^{yz}=1$ $(0,1,1)$ 的一个邻域，在此邻域内该方程隐函数情况

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 解 : \\ 令 F (x, y, z) = x y - z \ln y + e^{x z} - 1 \\ F_{x}^{'} |_{(0, 1, 1)} = y + e^{x z} \cdot z = 2 \neq 0, 故 x = x (y, z) \\ F_{y}^{'} |_{(0, 1, 1)} = x - \frac{1}{y} \cdot z = - 1 \neq 0, 故 y = y (x, z) \\ F_{z}^{'} |_{(0, 1, 1)} = - \ln y + e^{x z} \cdot x = 0, 无 法 确 定 z = z (x, y) \\ ∴ 只 能 确 定 x 关 于 y z 函 数, y 关 于 x z 函 数 \end{array} \end{array}

逆问题 $dz$ $z=z(x,y)$ 表达式

$C$ $x$ $+\varphi(y)$ 。

$\Large 例1:$ $z=f(x,y)$ $dz=2xdx+\sin ydy$ $f(1,0)=2$ $f(x,y)$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 d z = 2 x d x + \sin y d y 可 得 : \\ ① \frac{\partial z}{\partial x} = 2 x, ② \frac{\partial z}{\partial y} = \sin y \\ ① 对 x 求 积 分 ⟹ z (x, y) = 2 x + φ (y) \\ 将 z (x, y) 代 入 ② ⟹ \frac{\partial [2 x + φ (y)]}{\partial y} = φ^{'} (y) = \sin y \\ 则 φ (y) = - \cos y + c, 则 z (x, y) |_{(1, 0)} = (x^{2} - \cos y + c) |_{(1, 0)} = 2 \\ ∴ c = 2, z (x, y) = x^{2} - \cos y + 2 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\frac{\partial z}{\partial x\partial y}=x+y$ $z(x,0)=x,z(o,y)=y^2$ $z=z(x,y)$

\begin{aligned} 解 : \\ 两 边 对 y 积 分 : \frac{\partial z}{\partial x} = x y + \frac{1}{2} y^{2} + φ_{1} (x) \\ \frac{\partial z}{\partial x} 两 边 再 对 x 积 分 : z (x, y) = \frac{1}{2} x^{2} y + \frac{1}{2} x y^{2} + φ (x) + ψ (y) \\ 由 于 z (x, 0) = φ (x) + ψ (0) = x, z (0, y) = φ (0) + ψ (y) = y^{2} \\ ∴ φ (x) = x - ψ (0), ψ (y) = y^{2} - φ (0) \\ 且 由 于 z (0, 0) = 0, φ (x) + ψ (y) = x + y^{2} \\ z (x, y) = \frac{1}{2} x^{2} y + \frac{1}{2} x y^{2} + x + y^{2} \end{aligned}

10. 多元函数极值与最值

$(x_0,y_0)$ $(x,y)$ ，均有

f (x, y) \leq f (x_{0}, y_{0}) (或 f (x, y) \geq f (x_{0}, y_{0}))

$(x_0,y_0)$ $f(x,y)$ $f(x_0,y_0)$ $f(x,y)$ $(x_0,y_0)$ $f(x,y)$ $f(x,y)$ $(x,y)$ ，均有

f (x, y) \leq f (x_{0}, y_{0}) (或 f (x, y) \geq f (x_{0}, y_{0}))

$f(x_0,y_0)$ $f(x,y)$ 的最大值(或最小值)。

$f(x,y)$ $(x_0,y_0)$ $f(x,y_0)$ $f(x_0,y)$ $x_0$ $y_0$ 充分不必要条件 $x$ $y$ 轴上取得极值是推不出二元函数有在该点有极值的，如马鞍面。

$\Large 例:$ $f(x,y)$ $(x_0,y_0)$ $a=\frac{\partial^2f}{\partial x^2}\Big|_{(x_0,y_0)}$ $b=\frac{\partial^2f}{\partial y^2}\Big|_{(x_0,y_0)}$ $a\le0,b\le0$

\begin{aligned} 证 明 : \\ a = \frac{\partial^{2} f (x_{0}, y_{0})}{\partial x^{2}} = \frac{d^{2} f (x_{0}, y_{0})}{d x^{2}} |_{x = x_{0}} = g^{″} (x_{0}) \\ 记 g (x) = f (x, y_{0}), 即 g (x) 在 x = x_{0} 处 取 极 大 值 \\ 故 g^{'} (x_{0}) = 0, 当 g^{″} (x_{0}) > 0 时 取 极 小 值, 矛 盾 \\ ∴ g^{″} (x_{0}) \leq 0 才 能 取 极 大 值, 综 上 a \leq 0, 同 理 b \leq 0 \end{aligned}

10.1 无条件极值

$z=f(x,y)$ $(x_0,y_0)$ 处一阶偏导数存在，则取极值必要条件： $f'_x(x_0,y_0)=0,f'_y(x_0,y_0)=0$ 该条件三元及以上函数仍适用

$(\Delta判别法)$ 只适用于二元函数

$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial y}=0$
$A=f''_{xx}(x_0,y_0),B=f''_{xy}(x_0,y_0),C=f''_{yy}(x_0,y_0)$ $\Delta=B^2-AC$
$\Delta>0$ $\Delta<0$ $A>0$ $f(x,y)$ $A<0$ $\Delta=0$ 方法失效。

$\Delta=0$ 可以用定义判断。

$\Large 例:$ $z=z(x,y)$ $(x^2+y^2)z+\ln z+2(x+y+1)=0$ $z(x,y)$ 的极值

\begin{aligned} 解 : \\ 方 程 分 别 对 x, y 求 导 : \\ ① 2 x \cdot z + (x^{2} + y^{2}) \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{z} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + 2 = 0 \\ ② 2 y \cdot z + (x^{2} + y^{2}) \frac{\partial z}{\partial y} + \frac{1}{z} \cdot \frac{\partial z}{\partial y} + 2 = 0 \\ 令 {\begin{array}{c} \frac{\partial z}{\partial x} = 0 \\ \frac{\partial z}{\partial y} = 0 \end{array} ⟹ x = - \frac{1}{z}, y = - \frac{1}{z} \\ 代 入 题 中 所 给 方 程 : \ln z - \frac{2}{z} + 2 = 0, 得 z = 1 \\ 即 可 疑 点 x = - 1, y = - 1 \\ ① 对 x 求 导 得 A, ② 对 y 求 导 得 C, ① 对 y 求 导 得 B \\ {\begin{array}{c} 2 z + (x^{2} + y^{2}) z_{x x}^{″} + \frac{1}{z} z_{x x}^{″} = 0 \\ (x^{2} + y^{2}) z_{x y}^{″} + \frac{1}{z} z_{x y}^{″} = 0 \\ 2 z + (x^{2} + y^{2}) z_{y y}^{″} + \frac{1}{z} z_{y y}^{″} = 0 \end{array} 将 x = - 1, y = - 1 代 入 \\ A = z_{x x}^{″} (- 1, - 1) = - \frac{2}{3}, B = z_{x y}^{″} (- 1, - 1) = 0 \\ C = z_{y y}^{″} (- 1, - 1) = - \frac{2}{3} \\ 故 Δ = A C - B^{2} > 0, 且 A < 0, 综 上 z (- 1, - 1) = 1 是 极 大 值 \end{aligned}

10.2 条件最值与拉式乘数法

以上所讨论的极值，对于函数的自变量来说，只要求它们在定义域内变化，不再受其他条件限制，这种极值为无条件极值。

$u=f(x,y)$ $g(x,y)=0$ 下的最值。

$u=f(x,y,z)$ $\left\{\begin{matrix}\varphi(x,y,z)=0\\\psi(z,y,z)=0\end{matrix}\right.$ ，下得最值，则：

$f(x,y)与g(x,y)$ $L(x,y)$ .即：
$L (x, y) = f (x, y) + λ g (x, y) (λ 为常数)$
$L(x,y)$ $x$ $L(x,y)$ $y$ $g(x,y)=0$ 为③ 构造拉格朗日方程组：
$\begin{matrix} {\begin{matrix} L_{x}^{'} = f_{x}^{'} (x, y) + λ g_{x}^{'} (x, y) = 0 \\ L_{y}^{'} = f_{y}^{'} (x, y) + λ g_{y}^{'} (x, y) = 0 \\ g (x, y) = 0 \end{matrix} \end{matrix}$
$(x,y)$ ，则它是函数的可能极值点。如果这样的点唯一，那么它就是极值点。

复杂情况 $u=f(x,y,z)$ $\varphi(x,y,z)=0,\psi(x,y,z)=0$ 下的最值

$F(x,y,z,\lambda,\mu)=f(x,y,z)+\lambda\varphi(x,y,z)+\mu\psi(x,y,z)$
$\begin{aligned} 令 {\begin{array}{c} F_{x}^{'} = f_{x}^{'} + λ φ_{x}^{'} + μ ψ_{x}^{'} = 0 \\ F_{y}^{'} = f_{y}^{'} + λ φ_{y}^{'} + μ ψ_{y}^{'} = 0 \\ F_{z}^{'} = f_{z}^{'} + λ φ_{z}^{'} + μ ψ_{z}^{'} = 0 \\ F_{λ}^{'} = φ (x, y, z) = 0 \\ F_{μ}^{'} = ψ (x, y, z) = 0 \end{array} \end{aligned}$
$P_i,i=1,2,3...n$ $f(P_i)$ $u_{max}$ $u_{min}$

$\Large 例1:$ $u=x^2+y^2+z^2$ $z=x^2+y^2,x+y+z=4$ 下得最大值和最小值。

\begin{aligned} 解 : \\ 记 F (x, y, z, λ, μ) = x^{2} + y^{2} + z^{2} + λ (x^{2} + y^{2} - z) + μ (x + y + z - 4) \\ 令 {\begin{array}{c} F_{x}^{'} = 2 x + 2 λ x + μ = 0 \\ F_{y}^{'} = 2 y + 2 λ y + μ = 0 \\ F_{z}^{'} = 2 z - λ + μ = 0 \\ F_{λ}^{'} = x^{2} + y^{2} - z = 0 \\ F_{μ}^{'} = x + y + z - 4 = 0 \end{array} \\ 令 y = x, 解 方 程 组 P_{1} (1, 1, 2) ， P_{2} (- 2, - 2, 8), 故 u_{m a x} = 72, u_{m i n} = 6 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $a,b$ $\int_a^b|x|dx=\frac{1}{2}(a\le0,b\ge0)$ $y=x^2+ax$ $y=bx$ 所围区域面积得最大值和最小值。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 a, b 满 足 约 束 式 可 得 : \frac{1}{2} a^{2} + \frac{1}{2} b^{2} = \frac{1}{2} \\ 即 a^{2} + b^{2} = 1 \overset{约 束 式}{\Rightarrow} φ (a, b) = a^{2} + b^{2} - 1 = 0 \\ 曲 线 与 y = x^{2} + a x 与 直 线 y = b x 所 围 成 面 积 S 为 : \\ {\begin{array}{c} y = x^{2} + a x \\ y = b x \end{array} ⟹ x = 0, y = 0 或 x = b - a, y = b^{2} - a^{2} \\ 故 S = \int_{0}^{b - a} b x - (x^{2} + a x) d x = \frac{1}{6} (b - a)^{3} \\ 令 F (a, b, λ) = b - a + λ (a^{2} + b^{2} - 1) \\ {\begin{array}{c} ① F_{a}^{'} = - 1 + 2 λ a = 0 \\ ② F_{b}^{'} = 1 + 2 λ b = 0 \\ ③ F_{λ}^{'} = a^{2} + b^{2} - 1 = 0 \end{array} \\ ① + ② = 2 λ (a + b) = 0, 得 a + b = 0, b = - a \\ 代 入 式 ③ 得, a = - \frac{\sqrt{2}}{2}, b = \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 另 外 约 束 式 并 不 是 一 个 封 闭 园 所 以 还 要 考 虑 两 个 端 点 : \\ a = - 1, b = 0 或 a = 0, b = 1 代 入 S 得 : \\ S_{m a x} = \frac{\sqrt{2}}{3}, S_{m i n} = \frac{1}{6} \end{aligned}

$\frac{1}{6}(b-a)^3$ $(b-a)$ $0$ $(b-a)$ 替代。

$a^2+b^2 =1(a\le0, b\ge0)$ 不是封闭的整个圆，而只是第二象限的部分，是不封闭得曲线，对不封闭曲线在用拉格朗日乘数法时要注意比较端点处的函数值。

10.3 最远(近)点的垂线原理

$\Gamma$ $Q$ $\Gamma$ $P_1,P_2$ $\Gamma$ $Q$ $P_1Q$ $P_2Q$ $P_1$ $P_2$ $\Gamma$ $P_1Q$ $P_2Q$ $P_1,P_2$ 的切线垂直。

此原理可直接使用，用好此原理，可能在多元最值问题上节约大量时间，提高效率。

$\Gamma_1,\Gamma_2$ $P_1,P_2$ $P_1P_2$ $\Gamma_1,\Gamma_2$ $P_1P_2$ $\Gamma_1,\Gamma_2$ 在这两个点处的切线。

$\Large 例:$ $x^2+4y^2=4$ $2x+3y-6=0$ 的距离最近的点

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 \frac{d y}{d x} = - \frac{F_{x}^{'}}{F_{y}^{'}} \\ 故 F_{1} (x, y) = 2 x + 3 y - 6 ⟹ \\ \frac{d y}{d x} = - \frac{F_{1 x}^{'}}{F_{1 y}^{'}} = - \frac{2}{3} \\ F_{2} (x, y) = x^{2} + 4 y^{2} - 4 ⟹ \\ \frac{d y}{d x} = - \frac{F_{2 x}^{'}}{F_{2 y}^{'}} = - \frac{2 x}{8 y} \\ 由 于 直 线 要 和 曲 线 平 行, 故 斜 率 相 等 : \\ - \frac{2}{3} = - \frac{x}{4 y} ⟹ x = \frac{8 y}{3} \\ 代 入 x^{2} + 4 y^{2} = 4 ⟹ x_{1} = \frac{8}{5}, y_{1} = \frac{3}{5} \\ 或 x_{2} = - \frac{8}{5}, y_{2} = - \frac{3}{5} \end{aligned}

10.4 有界闭区域上连续函数的最值问题

$D$ $D$ 上一定有最大值和最小值。

求法：

$f'_x(x,y),f'_y(x,y)$ $0$ $D$ 内部的所有可疑点。
$D$ 边界上的所有可疑点。
比较以上所有可疑点的函数值大小，取其最小者为最小值，最大者为最大值。

$\Large 例:$ $z=f(x,y)$ $dz=2xdx-2ydy$ $f(1,1)=2$ $f(x,y)$ $D=\Big\{(x,y)\Big|x^2+\frac{y^2}{4}\le 1\Big\}$ 上的最大值和最小值。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 题 可 知 d z = d (x^{2} - y^{2}) ⟹ z = x^{2} - y^{2} + C \\ 且 f (1, 1) = 2, 故 z = x^{2} - y^{2} + 2 \\ ① 在 椭 圆 域 D 内 \frac{\partial z}{\partial x} = 2 x, \frac{\partial z}{\partial y} = - 2 y \\ 令 \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial z}{\partial y} = 0, 得 x = 0, y = 0 \\ ② 在 椭 圆 域 D 上, 用 拉 格 朗 日 乘 数 法, \\ 令 F (x, y, λ) = x^{2} - y^{2} + 2 + λ (x^{2} + \frac{y^{2}}{4} - 1) \\ {\begin{array}{c} F_{x}^{'} = 2 x + 2 λ x = 0 \\ F_{y}^{'} = - 2 y + \frac{λ}{2} y = 0 \\ F_{λ}^{'} = x^{2} + \frac{y^{2}}{4} - 1 = 0 \end{array} \\ 得 {\begin{array}{c} x = 0 \\ y = 2 \end{array}, {\begin{array}{c} x = 0 \\ y = - 2 \end{array}, {\begin{array}{c} x = 1 \\ y = 0 \end{array}, {\begin{array}{c} x = - 1 \\ y = 0 \end{array} \\ 另 外 还 有 (0, 0) 点, 将 这 些 点 代 入 z 得 z_{m a x} = 3, z_{m i n} = - 2 \end{aligned}

十一. 二重积分

二重积分知识总览：

二重积分定义：

$z=f(x,y)$ $D$ $D$ $n$ $\Delta\sigma_i(i=1,2...,n)$ $\Delta\sigma_i$ $i$ $\lambda$ $\Delta\sigma_i$ $(\xi_i,\eta_i)$ $\sum\limits_{k=1}^nf(\xi_i,\eta_i)\Delta\sigma_i$ $\lambda\to0$ $\underset{\lambda\to0}{\lim}\sum\limits_{k=1}^nf(\xi_i,\eta_i)\Delta\sigma_i$ $f(x,y)$ $D$ 上的二重积分。

$D$ $f(x,y)$ 表示的体积。即

V = \iint_{D} f (x, y) d σ

$D$ $f(x,y)$ $d\sigma$ 表是面积元素。 $f(x,y)$ $D$ $\iint\limits_{D}f(x,y)d\sigma$ 一定存在。

注意：

$D$ $(\xi_i,\eta_i)$ 的取法无关
$f(x,y)$ $D$ $V=\iint\limits_Df(x,y)d\sigma$ $f(x,y)$ $D$ 上是可积的
$f(x,y)<0$ $xOy$ 二重积分为负值 $f(x,y)$ $D$ 上的一步分区域上是正的，在其他部分区域是负的，则二重积分并不等于曲顶柱体的体积，而是等于各部分区域上积分的代数和。即：
$V = \iint_{D} | f (x, y) | d σ = \iint_{D_{1}} - f (x, y) d σ + \iint_{D_{2}} f (x, y) d σ$
$-f(x,y)与f(x,y)$ $D_1与D_2$ $D$ $-f(x,y)$ $f(x,y)$ 两种区域。其本质是将被积函数变为分段函数。

$\iint\limits_Df(x,y)d\sigma$ $D$ $z=f(x,y)$ 为顶的曲顶柱体的体积。

1. 二重积分性质

性质1(求区域面积) $\iint_\limits{D}1·d\sigma=\iint_\limits{D}d\sigma=A$ $A$ $D$ 的面积

性质2(可积函数必有界) $f(x,y)$ $D$ $f(x,y)$ $D$ 上必有界

性质3(积分的线性性质) $k_1,k_2$ 为常数，则

\begin{array}{r} \iint_{D} [k_{1} f (x, y) \pm k_{2} g (x, y)] d σ = k_{1} \iint_{D} f (x, y) d σ \pm k_{2} \iint_{D} g (x, y) d σ \end{array}

性质4(积分的可加性) $f(x,y)$ $D$ $D_1\cup D_2=D$ $D_1\cap D_2=\varnothing$ ，则

\begin{array}{r} \iint_{D} f (x, y) d σ = \iint_{D_{1}} f (x, y) d σ + \iint_{D_{2}} f (x, y) d σ \end{array}

性质5(积分的保号性) $f(x,y),g(x,y)$ $D$ $D$ $f(x,y)\le g(x,y)$ ，则有

\begin{array}{r} \iint_{D} f (x, y) d σ \leq \iint_{D} g (x, y) d σ \end{array}

特殊地，有

\begin{array}{r} | \iint_{D} f (x, y) d σ | \leq \iint_{D} | f (x, y) | d σ \end{array}

性质6(二重积分估值定理) $M,m$ $f(x,y)$ $D$ $A$ $D$ 的面积，则有

\begin{array}{r} m A \leq \iint_{D} f (x, y) d σ \leq M A \end{array}

性质7(二重积分的中值定理) $f(x,y)$ $D$ $A$ $D$ $D$ $(\xi,\eta)$ ，使得

\begin{array}{r} \iint_{D} f (x, y) d σ = f (ξ, η) A \end{array}

$\Large 例1:$ $D_i(i=1,2,3,4)$ 分别是由

\begin{matrix} L_{1} : x^{2} + y^{2} = 1, L_{2} : x^{2} + y^{2} = 2 \\ L_{3} : x^{2} + 2 y^{2} = 2, L_{4} : 2 x^{2} + y^{2} = 2 \end{matrix}

$I_i=\iint\limits_{D_i}(1-x^2-\frac{1}{2}y^2)dxdy$ $\max\{I_1,I_2,I_3,I_4\}$

\begin{aligned} 解 : \\ 令 1 - x^{2} - \frac{1}{2} y^{2} = 0 = L_{4} \\ 故 I_{i} 在 L_{4} 围 城 平 面 区 域 内 是 正 值 \\ 而 其 它 区 域 如 下 图 所 示, 故 只 有 L_{4} 内 值 都 大 于 0 \\ ∴ L_{4} 最 大 \end{aligned}

$D_4$ $\iint\limits_{D}(1-x^2-\frac{1}{2}y^2)dxdy$ $D_4$ $1-x^2-\frac{1}{2}y^2$ $0$ $1-x^2-\frac{1}{2}y^2$ $0$ $I_4$ $=0$ $L_4$ )，再看边界线里面为正数还是外边为正数。

$\Large 例2:$ $D_t=\{(x,y)|2x^2+3y^2\le6t\}(t\ge0)$

\begin{matrix} f (x, y) = {\begin{matrix} \frac{\sqrt[3]{1 - x^{2} + y^{2}} - 1}{e^{x^{2} + y^{2}} - 1}, & x^{2} + y^{2} \neq 0 \\ - \frac{1}{3}, & x^{2} + y^{2} = 0 \end{matrix} \end{matrix}

$F(t)=\iint\limits_{D_t}f(x,y)dxdy$ $F'_+(0)$

\begin{aligned} 解 : \\ F_{+}^{'} (0) = lim_{t \to 0^{+}} \frac{F (t) - F (0)}{t - 0} = lim_{t \to 0^{+}} \frac{\iint_{D_{t}} f (x, y) d σ - 0}{t} \\ \overset{二 重 积 分 中 值 定 理}{\Rightarrow} lim_{(ξ, η) \to 0^{+}} \frac{f (ξ, η) \cdot \sqrt{6} π t}{t} = f (0, 0) \cdot \sqrt{6} π \\ = - \frac{\sqrt{6}}{3} π \end{aligned}

$\iint\limits_{D_t}f(x,y)d\sigma$ $f(x,y)$ $D_t=\{(x,y)|0\le x\le t,0\le y\le t\}$ $F(t)=\iint\limits_{D_t}f''_{xy}(x,y)dxdy$ $F'_+(0)$

\begin{aligned} 解 : \\ F_{+}^{'} (0) = lim_{t \to 0^{+}} \frac{F (t) - F (0)}{t - 0} = lim_{t \to 0^{+}} \frac{\iint_{D_{t}} f_{x y}^{″} (x, y) d x d y}{t - 0} \\ \overset{二 重 积 分 中 值 定 理}{\Rightarrow} lim_{t \to 0^{+}} t \cdot f_{x y}^{″} (ξ, η) = 0 \end{aligned}

$t\to0^+$ $f''_{xy}(\xi,\eta)\to f''_{xy}(0,0)$ $f''_{xy}(0,0)$ 是一个常数。

2. 二重积分的对称

2.1 普通对称性

$f(x,y)$ $f(-x,y)$ $D$ $y$ 轴对称，有

\begin{array}{r} \iint_{D} f (x, y) d σ = {\begin{array}{c} 2 \iint_{D} f (x, y) d σ, & f (x, y) = f (- x, y) \\ 0, & f (x, u) = - f (- x, y) \end{array} \end{array}

$D$ $x$ $f(x,-y)$ ，则

\begin{array}{r} \iint_{D} f (x, y) d σ = {\begin{array}{c} 2 \iint_{D} f (x, y) d σ, & f (x, y) = f (x, - y) \\ 0, & f (x, u) = - f (x, - y) \end{array} \end{array}

$D$ 关于原点对称，则

\begin{matrix} \iint_{D} f (x, y) d σ = {\begin{matrix} 2 \iint_{D_{1}} f (x, y) d σ, & f (x, y) = f (- x, - y) \\ 0, & f (x, y) = - f (- x, - y) \end{matrix} \end{matrix}

$D_1$ $D$ 关于原点对称的半个部分。

$D$ $y=x$ 对称，则

\begin{matrix} \iint_{D} f (x, y) d σ = {\begin{matrix} 2 \iint_{D_{1}} f (x, y) d σ, & f (x, y) = f (y, x) \\ 0, & f (x, y) = - f (y, x) \end{matrix} \end{matrix}

$D_1$ $D$ $y=x$ 对称的半个部分。

$D$ $x=a(a\ne0)$ 对称，则

\begin{matrix} \iint_{D} f (x, y) d σ = {\begin{matrix} 2 \iint_{D_{1}} f (x, y) d σ, & f (x, y) = f (2 a - x, y) \\ 0, & f (x, y) = - f (2 a - x, y) \end{matrix} \end{matrix}

$D_1$ $D$ $x=a$ $\iint\limits_{D}(x-a)d\sigma=0$ $f(x,y)=x-a$ $f(2a-x,y)=a-x$ .

2.2 轮换对称性

$\int_a^bf(x)dx=\int_a^bf(t)dt$

$x$ $y$ $D$ $D$ $y=x$ 对称)，则

\begin{array}{r} \iint_{D} f (x, y) d σ = \iint_{D} f (y, x) d σ \end{array}

这就是轮换对称性。

$f(x,y)+f(y,x)\mathop{=}\limits_{(>)}a$ $2I=\iint_\limits{D}[f(x,y)+f(y,x)]d\sigma\mathop{=}\limits_{(>)}a·A$ $I=\frac{a}{2}A$ $A$ $D$ 面积。

$y=x$ $D$ $y=x$ $f(x,y)$ $f(y,x)$ $f(x,y)+f(y,x)$ $f(x,y)=-f(y,x)$ 时，它们是一回事。

$\Large 例1:$ $D=\{(x,y)|x^2+y^2\le1,x\ge0,y\ge0\},f(x)$ $D$ $a,b$ $I=\iint_\limits{D}\frac{a\sqrt{f(x)}+b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}d\sigma$

\begin{aligned} 解 ： \\ 设 F (x, y) = \frac{a \sqrt{f (x)} + b \sqrt{f (y)}}{\sqrt{f (x)} + \sqrt{f (y)}}, 试 算 F (x, y) + F (y, x) \\ = \frac{a \sqrt{f (x)} + b \sqrt{f (y)}}{\sqrt{f (x)} + \sqrt{f (y)}} + \frac{a \sqrt{f (y)} + b \sqrt{f (x)}}{\sqrt{f (y)} + \sqrt{f (x)}} = \frac{(a + b) (\sqrt{f (x)} + \sqrt{f (y)})}{\sqrt{f (x)} + \sqrt{f (y)}} \\ = a + b \\ ∴ 2 I = \frac{a + b}{2} \cdot A, A 为 区 域 D 面 积 = \frac{1}{4} π 1^{2} \\ 故 2 I = \frac{1}{8} (a + b) π \end{aligned}

$\Large 例2:$ $I_1=\iint_\limits{D}\sin|\frac{x-y}{2}|dxdy,I_2=\iint_\limits{D}\sin(\frac{x-y}{2})^2dxdy,I_3=\iint_\limits{D}\sin(\frac{x-y}{2})^3dxdy$ $D=\{(x,y)|(x-1)^2+(y-1)^2\le2\}$ $I_1,I_2,I_3$ 大小关系

\begin{aligned} 解 ： \\ 区 域 D 图 形 如 下, 圆 在 y 轴 和 x 轴 切 线 分 别 为 \\ x - y = - 2, x - y = 2 \\ 故 - 2 \leq x - y \leq 2 ⟹ - 1 \leq \frac{x - y}{2} \leq 1 \\ ∴ - 1 < | \frac{x - y}{2} | < 1 \\ 0 < \sin {(\frac{x - y}{2})}^{2} = \sin | \frac{x - y}{2} |^{2} < \sin | \frac{x - y}{2} | \\ 0 < \iint_{D} \sin {(\frac{x - y}{2})}^{2} d σ < \iint_{D} \sin | \frac{x - y}{2} | d σ \\ 对 于 I_{3}, 试 算 \sin {(\frac{x - y}{2})}^{3} + \sin {(\frac{y - x}{2})}^{3} = 0 \\ 故 I_{3} = \frac{0}{2} \cdot A = 0 \\ ∴ I_{3} = 0 < I_{2} < I_{1} \end{aligned}

$(x-1)^2+(y-1)^2\le2$ 图形：

3. 直角坐标系下计算

$X$ 型区域
$X$ $X$ 型。
$X$ $D$ $x$ $y$ 轴上为围成图形两个函数，大小为从上到下。即
$\begin{matrix} {\begin{matrix} a \leq x \leq b \\ φ_{1} (x) \leq y \leq φ_{2} (x) \end{matrix} \end{matrix}$
解法：
$\iint_{D} f (x, y) d σ = \int_{a}^{b} d x \int_{φ_{1} (x)}^{φ_{2} (x)} f (x, y) d y$
$y$ $x$ 的积分中(前半部分)。
注意：
1. 这里的下限都必须小于等于上线。
2. $f(x,y)$ $y$ $D$ $X$ $y$ $x$ $f(x,y)$ $x$ $D$ $Y$ $x$ $y$ 的积分次序。
3. $D$ $D$ $D$ 的不等式表达式，从而确定上下限。
$Y$ 型区域
$Y$ $Y$ 型。
$Y$ $D$ $y$ $x$ 轴上为围成图形两个函数，大小为从左到右。即
$\begin{matrix} {\begin{matrix} c \leq x \leq d \\ ψ_{1} (x) \leq y \leq ψ_{2} (x) \end{matrix} \end{matrix}$
解法：
$\iint_{D} f (x, y) d σ = \int_{c}^{d} d y \int_{ψ_{1} (x)}^{ψ_{2} (x)} f (x, y) d y$
$y$ $x$ 的积分中(前半部分)。

$\int\frac{\sin x}{x}dx,\int\frac{\cos x}{x}dx,\int\frac{\ln(1+x)}{x}dx,\int\frac{1}{\ln x}dx$ $\int\sin x^2dx,\int\cos x^2dx,\int\sin\frac{1}{x}dx,\int\cos\frac{1}{x}dx$ $\int\frac{\tan x}{x}dx,\int\frac{e^x}{x}dx,\int\tan x^2dx$ $\int e^{ax^2+bx+c}dx(a\ne0)$ 均没有初等函数形式的原函数，见到它们，一般都要交换积分次序。

$\Large 例1:$ $\iint_\limits{D}y(1+xe^{\frac{x^2+y^2}{2}})dxdy$ $D$ $y=x,y=-1$ $x=1$ 围成。

\begin{aligned} 解 ： \\ I = \iint_{D} y d x d y + \iint_{D} x y e^{\frac{x^{2} + y^{2}}{2}} d x d y \\ 积 分 区 域 D 围 成 图 形 如 下, 过 原 点 作 D 辅 助 线 y = - x \\ 辅 助 线 将 D 区 域 分 为 两 部 分, 对 于 \iint_{D} x y e^{\frac{x^{2} + y^{2}}{2}} d x d y \\ 将 (- x, y) 代 入 : x y e^{\frac{x^{2} + y^{2}}{2}} = - x y e^{\frac{x^{2} + y^{2}}{2}} \\ 将 (x, - y) 代 入 : x y e^{\frac{x^{2} + y^{2}}{2}} = - x y e^{\frac{x^{2} + y^{2}}{2}} \\ ∴ \iint_{D} x y e^{\frac{x^{2} + y^{2}}{2}} d x d y = 0 + 0 = 0 \\ 原 积 分 I = \iint_{D} y d x d y = \int_{- 1}^{1} d x \int_{- 1}^{x} y d y \\ = \int_{0}^{1} x^{2} - 1 d x = \frac{1}{3} - 1 = - \frac{2}{3} \end{aligned}

积分区域D图形：

$\Large 例2:$ $x\to0^+$ $f(x)=\int_0^{x^2}dy\int_x^{\sqrt{y}}\sin\frac{y}{t}dt$ $g(x)=ax^b$ $ab$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 题 可 知 令 积 分 为 F (t, y) 交 换 积 分 次 序 过 程 如 下 : \\ 0 \leq y \leq x^{2}, \sqrt{y} \leq t \leq x \\ 故 原 积 分 f (x) = - \int_{0}^{x^{2}} d y \int_{\sqrt{y}}^{x} \sin \frac{y}{t} d t \\ 交 换 积 分 次 序 : f (x) = - \int_{0}^{x} d t \int_{0}^{t^{2}} \sin \frac{y}{t} d y \\ = \int_{0}^{x} (t \cdot \cos \frac{y}{t} |_{y = 0}^{y = t^{2}}) d t = \int_{0}^{x} [t \cdot (\cos t - 1)] d t \\ 由 于 f (x) 与 g (x) 等 价 无 穷 小, 故 lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{g (x)} = 1 \\ 即 lim_{x \to 0} \frac{\int_{0}^{x} [t \cdot (\cos t - 1)] d t}{a x^{b}} \overset{洛 必 达}{\Rightarrow} lim_{x \to 0} \frac{x (\cos x - 1)}{a b x^{b - 1}} = 1 \\ ∴ {\begin{array}{c} a b = - \frac{1}{2} \\ b - 1 = 3 \end{array} 故 a = - \frac{1}{8}, b = 4 \end{aligned}

4. 极坐标系下计算

$f(x^2+y^2),f(\frac{y}{x}),f(\frac{x}{y})$ 等形式。②看积分区域是否为圆或者圆的一部分。③如果两者兼得，优先用极坐标系。

$(x,y)$ $(\rho,\theta)$ 之间的关系

\begin{matrix} {\begin{matrix} x = ρ c o s θ \\ y = ρ s i n θ \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} c o s θ = \frac{x}{ρ} \\ s i n θ = \frac{y}{ρ} \end{matrix} \end{matrix}

$D$ 转换为极坐标形式如下：

\begin{matrix} {\begin{matrix} α \leq θ \leq β \\ φ_{1} (θ) \leq ρ \leq φ_{2} (θ) \end{matrix} \end{matrix}

$\varphi_1(\theta)$ $D$ $(离原点较近的那条)$ $\varphi_2(\theta)$ 是离原点较远的交线函数。
$\alpha$ $D$ $\beta$ $D$ 时的角度。

$\varphi(\theta)$ $D$ 的不同可以分为三种情况：

$D$ 在坐标外
$D$ 表示为：
$\begin{matrix} {\begin{matrix} α \leq θ \leq β \\ φ_{1} (θ) \leq ρ \leq φ_{2} (θ) \end{matrix} \end{matrix}$
于是极坐标下的二重积分为：
$\iint_{D} f (ρ c o s θ, ρ s i n θ) ρ d ρ d θ = \int_{α}^{β} d θ \int_{φ_{1} (θ)}^{φ_{2} (θ)} f (ρ c o s θ, ρ s i n θ) ρ d ρ$
$D$ 在原点
$D$ 表示为：
$\begin{matrix} {\begin{matrix} α \leq θ \leq β \\ 0 \leq ρ \leq φ (θ) \end{matrix} \end{matrix}$
极坐标下的二重积分为：
$\iint_{D} f (ρ c o s θ, ρ s i n θ) ρ d ρ d θ = \int_{α}^{β} d θ \int_{0}^{φ (θ)} f (ρ c o s θ, ρ s i n θ) ρ d ρ$
$D$ 在原点上
$D$ 表示为：
$\begin{matrix} {\begin{matrix} 0 \leq θ \leq 2 π \\ 0 \leq ρ \leq φ (θ) \end{matrix} \end{matrix}$
极坐标的下的二重积分为：
$\iint_{D} f (ρ c o s θ, ρ s i n θ) ρ d ρ d θ = \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{φ (θ)} f (ρ c o s θ, ρ s i n θ) ρ d ρ$

$\Large 例1:$ $D$ $x^2+y^2-xy=1$ $x^2+y^2-xy=2$ $y=\sqrt{3}x$ $y=0$ $\iint\limits_{D}\frac{1}{3x^2+y^2}dxdy$

根据描点法可以得到曲线图形如下。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 图 形 可 以 看 出 显 然 在 极 坐 标 系 下 计 算 更 为 方 便 \\ 故 x^{2} + y^{2} - x y = 1 ⟹ r_{1} = \frac{1}{\sqrt{1 - \cos θ \sin θ}} \\ 同 理 x^{2} + y^{2} - x y = 2 ⟹ r_{2} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1 - \cos θ \sin θ}} \\ 由 y = \sqrt{3} x 可 以 得 到 转 过 弧 度 为 : r \sin θ = \sqrt{3} r \cos θ \\ 得 θ = \frac{π}{3}, 故 转 换 为 极 坐 标 系 积 分 为 : \\ I = \int_{0}^{\frac{π}{3}} d θ \int_{\frac{1}{\sqrt{1 - \cos θ \sin θ}}}^{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1 - \cos θ \sin θ}}} \frac{1}{r^{2} (3 \cos^{2} θ + \sin^{2} θ)} r d r \\ = \ln \sqrt{2} \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{1}{3 \cos^{2} θ + \sin^{2} θ} d θ \\ = \ln \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \frac{\tan θ}{\sqrt{3}} |_{0}^{\frac{π}{3}} = \frac{\sqrt{3} \ln 2}{24} π \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx$

$I^2=\Big[\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx+\int_0^{+\infty}e^{-y^2}dy\Big]$ ，再计算

\begin{aligned} 解 : \\ I^{2} = \iint_{D} e^{- (x^{2} + y^{2})} d σ \\ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{+ \infty} e^{- r^{2}} r d r = \frac{π}{4} \\ 又 I > 0, I = \frac{\sqrt{π}}{2} \end{aligned}

$\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2},\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$

$\Large 例3:$ $\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\int_0^xt^2e^{x^2-t^2}dt+ae^{x^2}}{x^b}=-\frac{1}{2}$ $a,b$ 的值

\begin{aligned} 解 : \\ 原 式 = lim_{x \to + \infty} \frac{\int_{0}^{x} t^{2} e^{- t^{2}} d t + a}{x^{b} e^{- x^{2}}} = - \frac{1}{2} \\ \overset{洛 必 达}{\Rightarrow} lim_{x \to + \infty} \frac{x^{2} e^{- x^{2}}}{b x^{b - 1} e^{- x^{2}} + x^{b} e^{- x^{2}} (- 2 x)} \\ = lim_{x \to + \infty} \frac{x^{2}}{b x^{b - 1} - 2 x^{b + 1}} = - \frac{1}{2} \\ 由 于 分 子 二 次 方, 分 母 最 高 次 幂 也 该 是 二 次 方 \\ 故 b + 1 = 2, b = 1 \end{aligned}

5. 交换积分次序

$D$ $X$ $Y$ 型。

$(定积分和不定积分)$ 情况下解不出来，但可以用二重积分或者夹逼定理解出。

解法：二重积分解法是交换积分次序。

常见的超越积分：

$\Large e^{x^2},\frac{e^x}{x},e^{\frac{1}{x}}$
$\Large \sin x^2,\frac{\sin x}{x},\sin\frac{1}{x}$

$\Large 例1:$ $\iint\limits_{D}e^{-y^2}dxdy,D$ $y=x,y=1,x=0$ 所围成的区域

\begin{aligned} 解 ： \\ 由 积 分 区 域 D 图 像 可 得 此 图 像 即 是 x 型 积 分, 又 是 y 型 积 分 \\ x 型 积 分 {\begin{array}{c} 0 \leq x \leq 1 \\ x \leq y \leq 1 \end{array} ⟹ \int_{0}^{1} d x \int_{x}^{1} e^{- y^{2}} d y \\ 此 时 我 们 可 以 发 现 \int_{x}^{1} e^{- y^{2}} d y 为 超 积 分, 解 不 出, 我 们 需 要 换 一 种 坐 标 次 序 \\ y 型 积 分 {\begin{array}{c} 0 \leq y \leq 1 \\ 0 \leq x \leq y \end{array} ⟹ \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{y} e^{- y^{2}} d x \\ \int_{0}^{1} [e^{- y^{2}} x |_{0}^{y}] d y = \int_{0}^{1} y e^{- y^{2}} d y = - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{- y^{2}} d (- y^{2}) \\ = - \frac{1}{2} e^{- y^{2}} |_{0}^{1} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{e}) \end{aligned}

图像：

$\Large 例2:$ $I=\int_0^2dx\int_0^{\frac{x^2}{2}}f(x,y)dy+\int_2^{2\sqrt{2}}dx\int_0^{\sqrt{8-x^2}}f(x,y)dy$ ，交换积分次序

\begin{aligned} 解 ： \\ 由 题 可 知 积 分 是 由 两 个 积 分 区 域 相 加 而 得 \\ 则 积 分 区 域 D_{1} {\begin{array}{c} 0 \leq x \leq 2 \\ 0 \leq y \leq x^{2} \end{array} \\ 则 积 分 区 域 D_{2} {\begin{array}{c} 2 \leq x \leq 2 \sqrt{2} \\ 0 \leq y \leq \sqrt{8 - x^{2}} \end{array} \\ 由 图 像 可 得 上 面 积 分 是 x 型 区 域 D, 我 们 将 其 转 换 为 y 型 区 域 D \\ {\begin{array}{c} 0 \leq y \leq 2 \\ \sqrt{2 y} \leq x \leq \sqrt{8 - y^{2}} \end{array} ⟹ \int_{0}^{2} d y \int_{\sqrt{2 y}}^{\sqrt{8 - y^{2}}} f (x, y) d x \end{aligned}

图像：

$\Large 例3:$ $\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx$

\begin{aligned} 解 ： \\ I^{2} = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x \cdot \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x \\ I^{2} = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x \cdot \int_{0}^{+ \infty} e^{- y^{2}} d y \\ = \int_{0}^{+ \infty} e^{- (x^{2} + y^{2})} d σ \\ 积 分 区 域 D \in (0, + \infty), 可 以 看 为 圆 化 为 极 坐 标 : \\ \int_{0}^{+ \infty} e^{- (x^{2} + y^{2})} d σ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{+ \infty} e^{- r^{2}} r d r \\ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{4} d θ = \frac{π}{4} \\ 故 I^{2} = \frac{π}{4}, 且 e^{- x^{2}} > 0, 由 积 分 保 号 性 : I = \frac{\sqrt{π}}{2} \end{aligned}

6. 换元法

二重积分亦有和定积分相同的换元法。可以直接使用不用证明。

$\iint\limits_{D_{xy}}f(x,y)dx\xRightarrow[令y=y(u,v)]{令x=x(u,v)}\iint\limits_{D_{uv}}f[x(u,v),y(u,v)]\Big|\frac{\partial(x,y)}{\partial(x,y)}\Big|dudv$

$\left\{\begin{matrix}x=x(u,v)\\y=y(u,v)\end{matrix}\right.$ $(x,y)$ $(u,v)$ $x=x(u,v),y=y(u,v)$ $\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\left|\begin{array}{1}\frac{\partial x}{\partial u}&\frac{\partial x}{\partial v}\\\frac{\partial y}{\partial u}&\frac{\partial y}{\partial v}\end{array}\right|\ne0$ $||$ 指的是行列式。

$\Large 例1:$ 证明极坐标系积分公式

\begin{aligned} 证 明 : \\ 令 {\begin{array}{c} x = r \cos θ \\ y = r \sin θ \end{array} \\ 则 \iint_{D_{x y}} f (x, y) d x d y = \iint_{D_{r θ}} f (r \cos θ, r \sin θ) | \begin{matrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial θ} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial θ} \end{matrix} | d r d θ \\ = \iint_{D_{r θ}} f (r \cos θ, r \sin θ) | \begin{matrix} \cos θ & - r \sin θ \\ \sin θ & r \cos θ \end{matrix} | d r d θ \\ = \iint_{D_{r θ}} f (r \cos θ, r \sin θ) r d r d θ \end{aligned}

$\Large 例2:$ $D=\{(x,y)|0\le x\le 1-y,0\le y\le 1\}$ $\iint\limits_{D}e^{\frac{y}{x+y}}d\sigma$

分析：可以用极坐标系方法做，但较为麻烦，可以用另一种简单的换元。

\begin{aligned} 解 : \\ 令 {\begin{array}{c} x + y = u \\ y = v \end{array} \\ 则 \iint_{D} e^{\frac{v}{u}} | \begin{matrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{matrix} | d u d v = \iint_{D} e^{\frac{v}{u}} d u d v \\ = \int_{0}^{1} d u \int_{0}^{u} e^{\frac{v}{u}} d v = \frac{1}{2} (e - 1) \end{aligned}

$D_{xy}$ 如下：

$D_{uv}$ 如下：

十二. 微分方程

定义：

$x,y,y'或y^{(n)}$ ；如果未知函数是多元函数，方程中出现未知函数的偏导数，则称为偏微分方程(考试有所涉及)。即含有自变量，未知函数，及其导数或微分的方程称为微分方程
$n$ 阶微分方程有如下形式：

F (x, y, y^{'}, y^{″}, . . ., y^{(n)}) = 0

$x$ $y$ $y^{(n)}$ 。

$y=\varphi(x)$ $y=\varphi(x)$ 为微分方程的解。微分方程解的图形称为积分曲线。

通解、特解和全解：

通解：如果方程的解中所含独立任意常数的个数等于这个方程的阶数，则为方程的通解

特解：方程不含任意常数的解称为特解。

$+$ 部分解(只能通过观察得到)

1. 一阶微分方程

一阶微分方程分为四类：一阶可分离变量微分方程、可以化为可分离变量微分方程、一阶线性微分方程、一阶齐次微分方程。

1.1 一阶可分离变量微分方程

$x$ $y$ $\frac{dy}{dx}=f(x)·g(y)或\frac{dy}{dx}=\frac{f(x)}{g(x)}$

$f(x)dx=g(y)dy$ 的形式。

解法：

$f(x)dx=g(y)dy$ 的形式
两边积分得通解。
$C$ 的值。

$\Large 例:$ $y(x-1)dy-(y^2-1)dx=0$ $y(0)=2$ 的特解

\begin{aligned} 解 : \\ 分 离 变 量 变 为 ： \frac{y}{y^{2} - 1} d y = \frac{1}{x - 1} d x \\ 两 边 积 分 ： \int \frac{y}{y^{2} - 1} d y = \int \frac{1}{x - 1} d x \\ 得 ： \frac{1}{2} l n (y^{2} - 1) = l n (x - 1) + \frac{1}{2} l n C \\ 化 简 得 ： y^{2} - 1 = C (x - 1)^{2} ⟹ y^{2} = C (x - 1)^{2} + 1 ， 该 方 程 为 通 解 \\ 把 y (0) = 2 带 入 上 式 ， 得 C = 3 ， 固 所 求 方 程 的 特 解 为 ： y^{2} = 3 (x - 1)^{2} + 1 \end{aligned}

$\ln\Delta$ 不用加绝对值符号。

1.2 可以化为可分离变量微分方程

$\frac{dy}{dx}=f(ax+by+c)$ $a,b\ne0$ $u=ax+by+c$ $\frac{du}{dx}=a+b\frac{dy}{dx}$ $\frac{du}{dx}=a+bf(u)$

$\Large 例:$ $dy=\sin(x+y+100)dx$ 的通解

\begin{aligned} 解 : \\ 令 x + y + 100 = u ⟹ 1 + \frac{d y}{d x} = \frac{d u}{d x} \\ \frac{d u}{d x} = \sin u + 1 ⟹ \int \frac{d u}{1 + \sin u} = \int d x \\ \tan u - \sec u = x + c \\ ∴ \tan (x + y + 100) - \sec (x + y + 100) = x + c \end{aligned}

1.3 一阶齐次微分方程

$y'$ 分式 $x$ $\frac{y}{x}$ $y'=f(\frac{y}{x})$

解法：通过换元的方法化为可分离变量微分方程：

$y'=f(\frac{y}{x})$
$u=\frac{y}{x}$ $y=ux$ $y'=u'x+u$
$y=ux和y'=u'x+u$ $y'=f(\frac{y}{x})$ 中即可化为可分离变量微分方程或线性微分方程。
$u$ $\frac{y}{x}$

$\Large 例:$ $L$ $P(x,y)(x>0)$ $y$ $L$ $(\frac{1}{2},0)$ $L$ 的方程

\begin{aligned} 解 ： \\ 设 曲 线 过 点 P 的 切 线 方 程 : Y - y = y^{'} (X - x) \\ 由 于 切 线 在 y 轴 上 截 距 X = 0, 故 Y = y - y^{'} x \\ 且 点 P 到 坐 标 原 点 距 离 为 \sqrt{x^{2} + y^{2}} \\ 故 \sqrt{x^{2} + y^{2}} = y - y^{'} x \overset{两 边 同 除 x}{\Rightarrow} y^{'} = \frac{y}{x} - \sqrt{1 + (\frac{y}{x})^{2}} \\ 令 \frac{y}{x} = u ⟹ y = u x, \frac{d y}{d x} = \frac{d u}{d x} \cdot x + u \cdot 1 \\ 故 u - \sqrt{1 + u^{2}} = \frac{d u}{d x} \cdot x + u \\ 即 \frac{d u}{\sqrt{1 + u^{2}}} = - \frac{d x}{x} \overset{两 边 同 时 积 分}{\Rightarrow} \int \frac{d u}{\sqrt{1 + u^{2}}} = - \int \frac{d x}{x} \\ 得 u + \sqrt{1 + u^{2}} = \frac{c}{x} ⟹ \frac{y}{x} + \sqrt{1 + (\frac{y}{x})^{2}} = \frac{c}{x}, c > 0 \\ 当 x = \frac{1}{2}, y = 0 代 入, 得 c = \frac{1}{2} ⟹ y + \sqrt{x^{2} + y^{2}} = \frac{1}{2} \end{aligned}

1.4 一阶线性微分方程

线性¹微分方程 $y和y^{(n)}或dy^{(n)}$ $y$ $y$ $x$ $y''+cosx·y'=x^5$ $cosx$ $y''+cosy·y'=x^5$ $cosy$ $xy'+2y''+x^2y=0(\surd)$ $(y')^2+5yy''+xy=0(\times)$

注意：通解不一定是全解，但线性微分方程通解是全解。

$y'+P(x)y=Q(x)$ 中的各项带入下面公式之一：

\begin{aligned} 公 式 一 : y = e^{- \int P (x) d x} [\int Q (x) e^{\int P (x) d x} d x + C] \\ 公 式 二 : y = C e^{- \int P (x) d x} + e^{- \int P (x) d x} \int Q (x) e^{\int P (x) d x} d x \end{aligned}

公式一较为常用。公式推理如下：

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 证 明 ： \\ 观 察 ① y^{'} + P (x) y, 将 其 和 乘 积 求 导 公 式 (u v)^{'} 联 系 \\ (u v)^{'} = u^{'} v + u v^{'}, 而 y^{'} \cdot 1 + P (x) y \\ 显 然 (e^{Δ})^{'} = e^{Δ} \cdot (Δ)^{'} 从 而 可 知 (u v)^{'} = (e^{Δ} y)^{'} 展 开 得 : \\ e^{Δ} \cdot (Δ)^{'} \cdot y + e^{Δ} \cdot y^{'} \overset{提 出 e^{Δ}}{\Rightarrow} ② e^{Δ} [y^{'} + y \cdot (Δ)^{'}] \\ 观 察 ① 和 ② 可 得 Δ = \int P (x) d x, 故 u = e^{\int P (x) d x}, v = y \\ y^{'} + P (x) y = Q (x) \overset{两 边 同 乘 e^{Δ}}{\Rightarrow} e^{Δ} y^{'} + e^{Δ} P (x) y = Q (x) e^{Δ} \\ 即 e^{\int P (x) d x} y^{'} + e^{\int P (x) d x} \cdot P (x) \cdot y = Q (x) e^{\int P (x) d x} \\ 此 时 (e^{\int P (x) d x} \cdot y)^{'} = Q (x) e^{\int P (x) d x} 两 边 积 分 : \\ e^{\int P (x) d x} \cdot y = \int Q (x) e^{\int P (x) d x} d x + c \\ ∴ y = e^{- \int P (x) d x} [\int Q (x) e^{\int P (x) d x} d x + C] \end{array} \end{array}

$\ln\Delta$ 不用加绝对值符号。

$\Large 例:$ $F(x)=f(x)g(x)$ $f(x)$ $g(x)$ $(-\infty,+\infty)$ $f'(x)=g(x),g'(x)=f(x)$ $f(0)=0,f(x)+g(x)=2e^x$

$(1)$ $F(x)$ 所满足的微分方程

\begin{aligned} 解 : \\ F^{'} (x) = f^{'} (x) g (x) + f (x) g^{'} (x) \\ 其 中 f^{'} (x) = g (x), g^{'} (x) = f (x) \\ ∴ F^{'} (x) = g^{2} (x) + f^{2} (x) = [g (x) + f (x)]^{2} - 2 f (x) g (x) \\ 由 题 可 知 F^{'} (x) = 4 e^{2 x} - 2 F (x) ⟹ F^{'} (x) + 3 F (x) = 4 e^{2 x} \end{aligned}

$(2)$ $F(x)$ 表达式

\begin{aligned} 解 : \\ F (x) = e^{- \int 2 d x} [\int e^{\int 2 d x} \cdot 4 e^{2 x} d x + c] \\ = e^{2 x} + c e^{- 2 x} \\ 由 于 f (0) = 0 ⟹ F (0) = f (0) g (0) = 0 \\ 故 1 + c = 0, c = - 1 \\ ∴ F (x) = e^{2 x} - e^{- 2 x} \end{aligned}

$\int p(x)dx$ $\int q(x)e^{\int p(x)dx}dx$ 均应理解为某一不含任意常数的原函数，故公式法可写成

y = e^{- \int_{x_{0}}^{x} p (t) d t} [\int_{x_{0}}^{x} q (t) \cdot e^{\int_{x_{0}}^{t} p (s) d s} d t + C]

$x_0$ 在题设未提出定值要求时，可按方便解题的原则来取，此写法在研究解的性质时用处很大。

$\Large 例:$ $y=\varphi(x)$ $y'+ey=(1-\frac{1}{x})^x$ $\lim\limits_{x\to+\infty}\varphi(x)$ 的值

\begin{aligned} 解 : \\ 由 公 式 可 知 y = e^{- \int e d x} (\int e^{\int e d x} \cdot (1 - \frac{1}{x})^{x} d x + C) \\ = e^{- e x} (\int_{x_{0}}^{x} e^{e t} \cdot (1 - \frac{1}{t})^{t} d t + C), x_{0} 为 正 实 数 \\ = \frac{\int_{x_{0}}^{x} e^{e t} (1 - \frac{1}{t})^{t} d t + C}{e^{e x}} \\ 则 lim_{x \to + \infty} \frac{\int_{x_{0}}^{x} e^{e t} (1 - \frac{1}{t})^{t} d t + C}{e^{e x}} \\ \overset{洛 必 达}{\Rightarrow} lim_{x \to + \infty} \frac{e^{e x} (1 - \frac{1}{x})^{x}}{e^{e x} \cdot e} = \frac{1}{e^{2}} \end{aligned}

1.5 伯努利方程

$y'+p(x)y=q(x)y^n(m\ne0,1)$ $p(x),q(x)$ 为已知的连续函数，其解法具体步骤为：

$(1)$ $y^{-n}·y'+p(x)y^{1-n}=q(x)$

$(2)$ $z=y^{1-n}$ $\frac{dz}{dx}=(1-n)y^{-n}\frac{dy}{dx}$ $\frac{1}{1-n}·\frac{dz}{dx}+p(x)z=q(x)$

$(3)$ 解此一阶线性微分方程即可

$\Large 例:$ $ydx=(1+x\ln y)xdy(y>0)$ 的通解

\begin{aligned} 解 : \\ \frac{d y}{d x} = \frac{y}{(1 + x \ln y) x} ⟹ \frac{d x}{d y} = \frac{1}{y} \cdot x + \frac{\ln y}{y} \cdot x^{2} \\ \frac{d x}{d y} + (- \frac{1}{y}) x = \frac{\ln y}{y} \cdot x^{2} \\ 伯 努 利 方 程 : x^{- 2} \cdot \frac{d x}{d y} + (- \frac{1}{y}) x^{- 1} = \frac{\ln y}{y} \\ 令 z = \frac{1}{x}, \frac{d z}{d y} = - \frac{1}{x^{2}} \frac{d x}{d y} ⟹ - \frac{d z}{d y} + (- \frac{1}{y}) z = \frac{\ln y}{y} \\ \frac{d z}{d y} + \frac{1}{y} z = - \frac{\ln y}{y}, 公 式 法 : \\ z = e^{- \int \frac{1}{y} d y} [\int e^{\int \frac{1}{y} d y} \cdot (- \frac{\ln y}{y}) d y + c] \\ = - \ln y + 1 + \frac{c}{y} \\ 即 \frac{1}{x} = - \ln y + 1 + \frac{c}{y}, y > 0 \end{aligned}

2. 可降阶的高阶微分方程

$x$ $y$ $y'$ $y^{(n)}(n\ge2)$

解法：将可降阶的高阶微分方程降为一阶微分方程。

$y$ 成分方程

$y''=f(x,y')$ 类型的方程

解法：

$y'=p$ $p=p(x)$ $y''=p'$ $\frac{dp}{dx}=f(x,p)$
$p=\varphi(x,C_1)$ $y'=\varphi(x,C_1)$ $y=\int\varphi(x,C_1)dx+C_2$

$\Large 例:$ $x^2y''-(y')^2=0$ $(1,0)$ $y=x-1$ 相切的积分曲线

\begin{aligned} 解 : \\ 令 y^{'} = p, 则 y^{″} = p^{'}, 方 程 变 为 : x^{2} y^{″} - (y^{'})^{2} = 0 \\ 分 离 变 量 后 可 得 : \frac{1}{p^{2}} d p = \frac{1}{x^{2}} d x \\ 两 边 积 分 得 : \frac{1}{p} = \frac{1}{x} + C_{1}, 即 : \frac{1}{y^{'}} = \frac{1}{x} + C_{1} \\ ∵ & 微 分 方 程 与 直 线 y = x - 1 在 点 (1, 0) 相 切, 则 他 们 得 斜 率 相 等 . \\ ∴ & y^{'} |_{x = 1} = 1 代 入 \frac{1}{y^{'}} = \frac{1}{x} + C_{1} 得 C = 0 \\ ∴ & y^{'} = x \overset{两 边 积 分 得}{\Rightarrow} y = \frac{1}{2} x^{2} + C \\ 将 初 始 条 件 y |_{x = 1} = 0 代 入 方 程 得 : y = \frac{1}{2} (x^{2} - 1) \end{aligned}

$x$ 成分方程

$y''=f(y,y')$ 的方程

解法：

$y'(x)=p(y)$ $y''(x)=\frac{dy'}{dx}=\frac{dp}{dx}=\frac{dp}{dy}·\frac{dy}{dx}=\frac{dp}{dy}·p(y)$
$y'=p$ $y''=\frac{dp}{dy}·y'$ $y''=f(y,y')$ $\frac{dp}{dy}·y'=f(y,p)$ ，此时是一阶微分方程。

$\Large 例:$ $2yy''+(y')^2=0$ $y\ge0$

\begin{aligned} 解 : \\ 令 y^{'} = p, 则 y^{″} = \frac{d p}{d y} p \\ 2 y \cdot \frac{d y}{d p} \cdot p + p^{2} = 0 ⟹ p (2 y \frac{d p}{d y} + p) = 0 \\ ① & 当 2 y \frac{d p}{d y} + p = 0 ⟹ 2 y \frac{d p}{d y} = - p \\ 分 离 变 量 : \int \frac{d p}{p} = - \int \frac{d y}{2 y} ⟹ \ln | p | = - \frac{1}{2} \ln y + \ln c \\ | p | = c \frac{1}{\sqrt{y}} ⟹ p = c_{1} \frac{1}{\sqrt{y}} \\ 即 \frac{d y}{d x} = \frac{c_{1}}{\sqrt{y}}, 分 离 变 量 : y = (c_{2} x + c_{3})^{\frac{2}{3}} \\ ② & 当 p = 0 : y^{'} = 0 ⟹ y = c, c 为 任 意 常 数 \end{aligned}

3. 二阶常系数线性微分方程

$y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)$ $p(x),q(x)$ $f(x)$ 叫自由项，均为已知的连续函数。

$y''+py'+qy=f(x)$ 二阶常系数线性微分方程 $p,q$ $f(x)$ 叫自由项，为连续的函数。

$f(x)\equiv0$ $y''+py'+qy=0$ 为齐次方程；

$f(x)$ $0$ $y''+py'+qy=f(x)$ 为非齐次方程；

$y_1(x),y_2(x)$ $y''+p(x)y'+q(x)y=0$ $\frac{y_1(x)}{y_2(x)}\ne C(常数)$ $y_1(x),y_2(x)$ 线性无关的解 $y(x)=C_1y_1(x)+C_2y_2(x)$ $y''+p(x)y'+q(x)y=0$ 的通解。

$y(x)=C_1y_1(x)+C_2y_2(x)$ $y''+p(x)y'+q(x)y=0$ $y^*(x)$ $y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)$ $y(x)+y^*(x)$ $y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)$ 的通解。

$y^*_1(x)$ $y''+p(x)y'+q(x)y=f_1(x)$ $y^*_2(x)$ $y''+p(x)y'+q(x)y=f_2(x)$ $y^*_1(x)+y^*_2(x)$ $y''+p(x)y'+q(x)y=f_1(x)+f_2(x)$ 的特解。

3.1 二阶常系数齐次线性微分方程的解法

$y''+py'+qy=0$ 方程为二阶常系数齐次线性微分方程。

解法：

$r^2+pr+q=0$ $\Delta(b^2-4ac)$
$\Delta$ 取值，判断有几个特征根，再选取不同的方程代入：
$\begin{matrix} {\begin{matrix} 若 Δ > 0, y = C_{1} e^{r_{1} x} + C_{2} e^{r_{2} x} (r 为方程特征根) \\ 若 Δ = 0, y = (C_{1} + C_{2} x) e^{r_{1} x} (r 为方程特征根) \end{matrix} \end{matrix}$
$\Delta<0$ $e^{ix}=\cos x+i\sin x$ $i$ 是虚数单位。得
$y = e^{a x} (C_{1} c o s β x + C_{2} s i n x β x)$
$i^2=-1$ $\Delta$ $r_{1,2}=a\pm\beta i$

$\frac{e^{r_{1}x}}{e^{r_2x}}=e^{r_1-r_2}\ne常数$ ，则线性无关。

3.2 二阶常系数非齐次线性微分方程的解法

$f(x)=P_m(x)e^{\lambda x}$ $f(x)=e^{\lambda x}(Acos\omega x+Bsin\omega x)$ $通解=y^*(非齐次方程特解)+Y(齐次方程通解)$

$f(x)=P_m(x)e^{\lambda x}$ 解法
$P_m(x)$ $m$ 次多项式，且每一项都为幂函数。
特解公式：
$y^{*} = x^{k} Q_{m} (x) e^{λ x}$
$e^{\lambda x}$ $Q_m(x)$ $x^k$ $k$ $\lambda$ 与齐次方程跟来判断：
$\begin{matrix} {\begin{matrix} λ 为齐次方程的单根， k = 1 \\ λ 为齐次方程的重根， k = 2 \\ λ 不为齐次方程跟， k = 0 \end{matrix} \end{matrix}$
$\lambda$ $Q''(x)=P_m(x)$ $Q(x)$ $x^kQ_m(x)$
解题步骤：
1. $y^*=x^kQ_m(x)e^{\lambda x}$ 形式。
2. $\lambda$ $k$ 的值
3. $y^*$ 求导代入原方程左端
4. $y(x)\equiv g(x)$ ，得方程两端同次项系数恒等，求出特解系数。
$\Large 例1:$ $y''-6y'+9y=(x+1)e^{3x}$ 的通解
$\begin{aligned} 解 : \\ 所给方程得齐次方程为 : y^{″} - 6 y^{'} + 9 y = 0 \\ 它得特则方程为 : r^{2} - 6 r + 9 = 0, 得特征方程跟为 : r_{1} = r_{2} = 3 \\ 从而对应齐次方程通解为 : Y = (C_{1} + C_{2}) e^{3 x} \\ 由于所给方程 e^{3 x} 中 λ = 3 是特征方程单根, 所以 k = 2 \\ ∴ & 可以设特解为 : y^{*} = x^{2} (b_{0} x + b_{1}) e^{3 x}, 令一般项 Q (x) = x^{2} (b_{0} x + b_{1}) \\ 由于公式 Q^{″} (x) = P_{m} (x) 可得 : 6 b_{0} x + 2 b_{1} = x + 1 \\ 解得 : b_{0} = \frac{1}{6}, b_{1} = \frac{1}{2} ⟹ y^{*} = x^{2} (\frac{1}{6} x + \frac{1}{2}) e^{3 x} \\ 通解 : y = y^{*} + Y = (C_{1} + C_{2} x) e^{3 x} + \frac{x^{2}}{2} (\frac{1}{3} x + 1) e^{3 x} \end{aligned}$
$\Large 例2:$ $y''+\alpha y'+\beta y=\gamma e^x$ $y^*=e^{2x}+(1+x)e^x$ $\alpha,\beta,\gamma$ ，并求该方程的通解。
$\begin{aligned} 解 : \\ 由于 y = Y_{齐次方程通解} + y_{非齐次方程特解}^{*} \\ ∴ 线性微分方程特解是齐次方程 Y 中 C_{1} 和 C_{2} 确定 + y^{*} \\ 即 y^{*} = [C_{1} e^{r_{1} x} + C_{2} e^{r_{2} x}] + y_{0} ① \\ 或 y^{*} = C_{1} e^{r x} + C_{2} x e^{r x} ②, C_{1}, C_{2} 是已知常数 \\ 故题中 y^{*} = e^{2 x} + (1 + x) e^{x} = e^{2 x} + e^{x} + x e^{x} \\ 由于自由项为 γ e^{x}, 故 y_{0} = e^{x} \cdot a \cdot x^{k}, 故只能是 y^{*} 中后两项之一 \\ 且通解 Y 的两个项是线性无关的, 形式只能是 ① ② 中的一个 \\ 能满足这个条件只能是 e^{2 x} 和 e^{x}, ∴ y_{0} = x e^{x} \\ 从而可知特征方程根 r_{1} = 2, r_{2} = 1 ⟹ (r - 2) (r - 1) = 0 \\ 故 r^{2} - 3 r + 2 = 0, 即 α = - 3, β = 2 \\ 由于 y_{0} = x e^{x} 是方程特解, 将其代入题中所给方程, 得 γ = - 1 \\ ∴ 方程通解 y = C_{1} e^{2 x} + C_{2} e^{x} + x e^{x} \end{aligned}$
$f(x)=e^{\lambda x}(Acos\omega x+Bsin\omega x)$ 解法
方程为：
$y^{″} + p y^{'} + q y = e^{λ x} (A c o s ω x + B s i n ω x)$
特解方程如下：
$y^{*} = x^{k} e^{λ x} (C c o s ω x + D s i n ω x)$
$k$ 的取值如下：
$\begin{array}{r} {\begin{array}{c} λ + ω i 为齐次方程的特征根, k = 1 \\ λ + ω i 不为齐次方程根, k = 0 \end{array} \end{array}$
做题步骤：
1. $y^*$ 形式。
2. 求出方程左端齐次方程通解
3. $k$ $y^*$
4. $C、D$ 的值
$\Large 例:$ $y''-4y'+8y=\sin x$ 的特解
$\begin{aligned} 解 : \\ 方程对应的特征方程为 : r^{2} - 2 r + 8 = 0, 特征跟为 : r_{1, 2} = 2 \pm 2 i \\ 由方程右端可得 λ + ω i = \pm i 不是特征方程的特征根 \\ 所以设 y^{*} = C_{1} s i n x + C_{2} c o s x, 则 (y^{*})^{'} = C_{1} c o s x - C_{2} s i n x \\ (y^{*})^{″} = - C_{1} s i n x - C_{2} c o s x, 代入原方程得 : \\ 7 C_{1} s i n x + 7 C_{2} c o s x - 4 C_{1} c o s x + 4 C_{2} s i n x = s i n x \\ 由此可得 : 7 C_{1} + 4 C_{2} = 1, 7 C_{2} - 4 C_{1} = 0 \\ 从而的 : C_{1} = \frac{7}{65}, C_{2} = \frac{4}{65} \\ y^{*} = \frac{7}{65} s i n x + \frac{4}{65} c o s x \end{aligned}$

注：特解还可以用微分算子法求解：

$D=\frac{d}{dx},Dy=\frac{dy}{dx},D^2=\frac{d^2}{dx^2},D^2y=\frac{d^2y}{dx^2}$ $y''+py'+qy=f(x)$ $(D^2+pD+q)y=f(x)$ $D^2+pD+q=F(D)$ $F(D)y=f(x)$ ，此时它的一个特解为：

y^{*} = \frac{1}{F (D)} f (x)

$D$ $\frac{1}{D}$ $D\sin x=\cos x,\frac{1}{D}\sin x=-\cos x$ $C=0$ ），几种类型如下：

$\frac{1}{F(D)}e^{ax}$ 型
$F(D)\Big|_{D=\alpha}\ne0$ $y^*=\frac{1}{F(D)\Big|_{D=\alpha}}e^{\alpha x}$
$F(D)\Big|_{D=\alpha}=0$ $F'(D)\Big|_{D=\alpha}\ne0$ $y^*=x\frac{1}{F'(D)\Big|_{D=\alpha}}e^{ax}$
$F(D)\Big|_{D=\alpha}=0$ $F'(D)\Big|_{D=\alpha}=0$ $F''(D)\Big|_{D=\alpha}\ne0$ ，有
$y^{*} = x^{2} \frac{1}{F^{″} (D) |_{D = α}} e^{a x}$
$\Large 例:$ $y''+y'-2y=2$ $y^*$
$\begin{aligned} 解 : \\ y^{*} = \frac{1}{D^{2} + D - 2} 2 e^{0 x} \\ 由 (D^{2} + D - 2) |_{D = 0} \neq 0, 得 : \\ y^{*} = \frac{1}{(D^{2} + D - 2) |_{D = 0}} 2 e^{0 x} = \frac{1}{- 2} \cdot 2 = - 1 \end{aligned}$
$\frac{1}{D^2+q}\cos\beta x$ $\frac{1}{D^2+q}\sin\beta x$ 型
$(D^2+q)\Big|_{D=\beta i}\ne0$ $y^*=\frac{1}{(D^2+q)\Big|_{D=\beta i}}\cos\beta x$ $y^*=\frac{1}{(D^2+q)\Big|_{D=\beta i}}\sin\beta x$
$(D^2+q)\Big|_{D=\beta i}=0$ $y^*=x\frac{1}{(D^2+q)'}\cos\beta x$ $y^*=x\frac{1}{(D^2+q)'}\sin\beta x$
$\Large 例:$ $y''+4y=\sin 2x$ $y^*$
$\begin{aligned} 解 : \\ y^{*} = \frac{1}{D^{2} + 4} \sin 2 x, 由 (D^{2} + 4) |_{D = 2 i} = 0, 得 \\ y^{*} = x \frac{1}{(D^{2} + 4)^{'}} \sin 2 x = x \frac{1}{2 D} \sin 2 x \\ = \frac{1}{2} x \cdot \frac{1}{D} \sin 2 x = - \frac{1}{4} x \cos 2 x \end{aligned}$
$\frac{1}{F(D)}\cos\beta x$ $\frac{1}{F(D)}\sin\beta x$ 型
$F(D)=D^2+pD+q$ ，则取
$F (D) |_{D^{2} = (β i)^{2}} = p D + q - β^{2},$
$y^*=\frac{1}{F(D)}\Big|_{D^2=(\beta i)^2}·\cos\beta x=\frac{pD-(q-\beta^2)}{p^2D^2-(q-\beta^2)^2}\Big|_{D^2=(\beta i)^2}·\cos\beta x=\frac{pD-(q-\beta^2)}{-p^2\beta^2-(q-\beta^2)^2}\cos\beta x$
$\frac{1}{F(D)}\sin\beta x$ 同理。
$\Large 例:$ $y''-3y'+2y=-\frac{1}{2}\cos2x$ $y''$
$\begin{aligned} 解 : \\ y^{*} = \frac{1}{D^{2} - 3 D + 2} (- \frac{1}{2} \cos 2 x), 此为 \frac{1}{F (D)} \cos β x 型 \\ 于是, y^{*} = \frac{1}{D^{2} - 3 D + 2} (- \frac{1}{2} \cos 2 x) = \frac{1}{- 4 - 3 D + 2} (- \frac{1}{2} \cos 2 x) \\ = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3 D + 2} \cos 2 x = \frac{1}{2} \cdot \frac{3 D - 2}{9 D^{2} - 4} \cos 2 x = \frac{1}{2} \cdot \frac{3 D - 2}{- 40} \cos 2 x \\ = - \frac{1}{80} (3 D \cos 2 x - 2 \cos 2 x) = - \frac{1}{80} (- 6 \sin 2 x - 2 \cos 2 x) \\ = - \frac{1}{40} (3 \sin 2 x + \cos 2 x) \end{aligned}$
$\frac{1}{F(D)}(x^k+a_1x^{k-1}+\cdots+a_{k-1}x+a_k)$ 型
$y^*=\frac{1}{F(D)}(x^k+a_1x^{k-1}+\cdots+a_{k-1}x+a_k)=Q_k(D)(x^k+a_1x^{k-1}+\cdots+a_{k-1}x+a_k)$
$Q_k(D)$ $\frac{1}{F(D)}$ $k$ $b_0+b_1D+b_2D^2+\cdots+b_kD^k$ $Q_k(D)$
$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots+x^k$
$\Large 例:$ $y''+y'=x^2+1$ $y^*$
$\begin{aligned} 解 : \\ y^{*} = \frac{1}{D^{2} + D} (x^{2} + 1) = \frac{1}{D} \cdot \frac{1}{1 + D} (x^{2} + 1) \\ 下面将 \frac{1}{1 + D} 作 D 的 2 次展开 : \frac{1}{1 + D} = 1 - D + D^{2} + \dots \\ 于是 y^{*} = \frac{1}{D} \cdot (1 - D + D^{2}) (x^{2} + 1) = (\frac{1}{D} - 1 + D) (x^{2} + 1) \\ = \frac{1}{D} (x^{2} + 1) - (x^{2} + 1) + D (x^{2} + 1) \\ = \frac{1}{3} x^{3} + x - x^{2} - 1 + 2 x = \frac{1}{3} x^{3} - x^{2} + 3 x - 1 \end{aligned}$
$\frac{1}{F(D)}e^{ax}v(x)$ 型
$y^*=\frac{1}{F(D)}e^{ax}v(x)=e^{ax}·\frac{1}{F(D+a)}v(x)$ $v(x)$ 是实函数
$\Large 例:$ $y''+4y'+5y=e^{-2x}\sin x$ $y^*$
$\begin{aligned} 解 : \\ y^{*} = \frac{1}{D^{2} + 4 D + 5} e^{- 2 x} \sin x \\ = e^{- 2 x} \cdot \frac{1}{(D - 2)^{2} + 4 (D - 2) + 5} \sin x \\ = e^{- 2 x} \cdot \frac{1}{D^{2} + 1} \sin x = e^{- 2 x} \cdot x \frac{1}{(D^{2} + 1)^{'}} \sin x \\ = e^{- 2 x} \cdot x \frac{1}{2 D} \sin x = \frac{1}{2} e^{- 2 x} \cdot x (- \cos x) \\ = - \frac{1}{2} x e^{- 2 x} \cos x \end{aligned}$

$n$ 阶常系数齐次线性微分方程的解

$y^{(n)}+p_1y^{(n-1)}+...+p_{n-1}y'+p_ny=0$ $n$ $p_1,p_2,...,p_n$ $r^n+p_1r^{n-1}+....+p_{n-1}r+p_n=0$ 。求出其特征根，则有如下情况(其中大写字母为常数)：

$r$ $Ce^{rx}$
$k$ $r$ $k$ $(C_1+C_2x+...+C_kx^{k-1})e^{rx}$
$\alpha\pm\beta i(\beta>0)$ $e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)$
$k$ $\alpha\pm\beta i(\beta>0)$ $2k$ 项
$\begin{aligned} e^{a x} [(C_{1} + C_{2} x + . . . + C_{k} x^{k - 1}) \cos β x + (D_{1} + D_{2} x + . . . + D_{k} x^{k - 1}) \sin β x] \end{aligned}$

反解微分方程理论基础：

$e^{rx}$ $r$ 至少为单实根

$x^{k-1}e^{rx}$ $r$ $k$ 重实根

$e^{ax}\cos\beta x$ $e^{ax}\sin\beta x$ $a\pm\beta i$ 至少为单复根

$e^{ax}x\cos\beta x$ $e^{ax}x\sin\beta x$ $a\pm\beta i$ 至少为二重复根

$\Large 例:$ $y_1(x)=e^x\cos2x,y_2(x)=x$ $y^{(4)}$ $1$ ，求该方程

\begin{aligned} 解 : \\ 由 e^{x} \cos 2 x ⟹ r_{1, 2} = 1 \pm 2 i \\ 由 x = x \cdot e^{0 \cdot x} ⟹ r_{3, 4} = 0 \\ 故 y^{(4)} = [r - (1 + 2 i)] [r - (1 - 2 i)] (r - 0)^{2} = 0 \\ 即 y^{(4)} - 2 y^{‴} + 5 y^{″} = 0 \end{aligned}

5. 能写成欧拉方程微分方程

$x^2\frac{d^2y}{dx^2}+px\frac{dy}{dx}+qy=f(x)$ $p$ $q$ $f(x)$ 为已知的连续函数，欧拉方程有固定解法。

$x>0$ $x=e^t$ $t=\ln x,\frac{dt}{dx}=\frac{1}{x}$ ，于是
$\begin{aligned} 解 : \\ \frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d t} \cdot \frac{d t}{d x} = \frac{1}{x} \frac{d y}{d t} \\ \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d}{d x} (\frac{1}{x} \frac{d y}{d t}) = - \frac{1}{x^{2}} \frac{d y}{d t} + \frac{1}{x} \frac{d}{d x} (\frac{d y}{d t}) \\ = - \frac{1}{x^{2}} \frac{d y}{d t} + \frac{1}{x^{2}} \frac{d^{2} y}{d t^{2}} \end{aligned}$
方程化为
$\frac{d^{2} y}{d t^{2}} + (p - 1) \frac{d y}{d t} + q y = f (e^{t})$
$t=\ln x$ $x$ 的函数)
$x<0$ $x=-e^t$ ，同理可得。

$\Large 例:$ $x^2\frac{d^2y}{dx^2}+4x\frac{dy}{dx}+2y=0(x>0)$ 的通解

\begin{aligned} 解 : \\ 令 x = e^{t}, 原 式 = \frac{d^{2} y}{d t^{2}} + 3 \frac{d y}{d t} + 2 y = 0 \\ r^{2} + 3 r + 2 = 0 ⟹ r_{1} = - 1, r_{2} = - 2 \\ y = C_{1} e^{- t} + C_{2} e^{- 2 t} = C_{1} \frac{1}{x} + C_{2} \frac{1}{x^{2}} \end{aligned}

6. 微分方程应用

主要分为物理应用和几何应用。

6.1 微分方程几何应用

解决轨迹方程问题。

$\Large 例:$ $P$ $Q$ $|PQ|=1$ $P$ $Q$ $(1,0)$ $y$ $Q$ 点的运动轨迹。

\begin{aligned} 解 : \\ 如 下 图 所 示, 当 P 点 沿 着 y 轴 向 上 移 动, 记 Q 点 轨 迹 形 成 \\ 曲 线 y = y (x), 并 设 曲 线 上 Q 点 的 坐 标 (x, y), P 点 坐 标 \\ 为 (0, Y), 由 | P Q | = 1, 得 \\ x^{2} + (y - Y)^{2} = 1, 即 y - Y = - \sqrt{1 - x^{2}}, (y > Y 取 负) \\ 由 题 意 可 知, Q P 的 方 向 就 是 曲 线 y = y (x) 在 (x, y) 点 的 切 线 方 向 \\ 故 \frac{d y}{d x} = \frac{y - Y}{x} = - \frac{\sqrt{1 - x^{2}}}{x} \\ 两 边 积 分 : y = - \int \frac{\sqrt{1 - x^{2}}}{x} d x = \ln \frac{1 + \sqrt{1 - x^{2}}}{x} - \sqrt{1 - x^{2}} + C \\ 由 x = 1 时, y = 0, 得 C = 0. 故 Q 点 的 轨 迹 方 程 为 : \\ y = \ln \frac{1 + \sqrt{1 - x^{2}}}{x} - \sqrt{1 - x^{2}} \end{aligned}

$B$ $A$ $Q$ $P$ $QP$ 方向。

6.2 微分方程物理应用

$\Large 例1:$ $m$ $v(0)$ $k,k>0$ $t$ $x(t)$ $v(t)$ ，求飞机滑行的位移方程。

\begin{aligned} 解 : \\ 飞 机 所 受 的 总 阻 力 与 飞 机 的 速 度 成 正 比 \\ 故 m \cdot \frac{d v}{d t} = - k v \\ 其 中 \frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d x} \cdot \frac{d x}{d t} = \frac{d v}{d x} \cdot v \\ ∴ m \cdot \frac{d v}{d x} \cdot v = - k v \\ 即 m d v = - k d x \overset{分 离 常 数}{\Rightarrow} d x = - \frac{m}{k} d v \\ \overset{两 边 积 分 得}{\Rightarrow} x = - \frac{m}{k} \cdot v + C \\ 由 于 v_{0} = v (0), x (0) = 0 \overset{代 入 得}{\Rightarrow} - \frac{m}{k} \cdot v (0) + C = 0 \\ 故 x = - \frac{m}{k} \cdot v + \frac{m}{k} \cdot v (0) \end{aligned}

$a=\frac{d^2x}{dt^2}=\frac{dv}{dt}=\frac{dv}{dx}·\frac{dx}{dt}=v·\frac{dv}{dx}$ $x$ $v$ 的关系式，故用相关变化率的手段写成上述表达式形式。

十三. 无穷级数

$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\sin n$ $n\to\infty$ ，同时还要注意的是等价的部分必须为因子(与其他部分是乘除关系，幂指型就不能等价).

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\arctan\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}\backsim \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2n\sin\frac{1}{n}}}$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$ $\sin\frac{1}{n}$ 是指数，不是因子。

1. 级数的基本性质

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}v_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(u_n\pm v_n)$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(u_n\pm v_n)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n\pm \sum\limits_{n=1}^{\infty}v_n$

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n},\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^n}$ $1$ $\frac{1}{2}$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^n})$ $\frac{3}{2}$

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(u_n+v_n)$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 未必收敛

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}v_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(u_n\pm v_n)$ 发散

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}v_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(u_n\pm v_n)$ 不一定发散 $(\sum\limits_{n=1}^{\infty}-1与\sum\limits_{n=1}^{\infty}1)$

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $s$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}ku_n$ $ks$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}ku_n$ $(k\ne0)$

性质六：在级数中去掉、加上或改变有限项，不改变级数的敛散性，但在级数收敛时，一般会改变级数的和

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^n$

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_{n+1}$ $\Longrightarrow \sum\limits_{n=1}^{\infty}(u_n+u_{n+1}+...+u_{n+v})$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(u_n-u_{n+1})$ 不一定收敛

性质八：如果在级数中插入括号后新级数发散，则原级数必定发散；如果新级数收敛，则原级数不一定收敛

2. 级数的敛散性判断

2.1 判断常数项级数收敛

$n$ $u_n=S_n-S_{n-1}(S_n为前n项和)$

级数性质判断法

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 部分和 $\{s_n\}$ $s$ $\underset{n\to\infty}{\lim}s_n=s$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $s$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n=s$ .如果极限不存在，则级数发散。

$u_n$ $S_n$ $S_n$ 求极限

$\Large例:讨论级数\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$ 的敛散性

\begin{aligned} 解 : \\ s_{n} = \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + . . . + \frac{1}{n (n - 1)} \\ \overset{列 项 相 消}{\Rightarrow} (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + . . . + (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) \\ = 1 - \frac{1}{n + 1} \\ ∴ lim_{n \to \infty} s_{n} = lim_{n \to \infty} (1 - \frac{1}{n + 1}) = 1 \\ ∴ 级 数 收 敛 ， 其 和 为 1 \end{aligned}

等比级数性质判断法

$q$

\begin{matrix} {\begin{matrix} | q | < 1 收 敛 \\ | q | \geq 1 发 散 \end{matrix} \end{matrix}

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}aq^n$ $\frac{a}{1-q}$ $S_n=\frac{a}{1-q}(a为首项)$ $\underset{n\to\infty}{\lim}s_n=\infty$ ，极限不存在。

级数收敛必要条件判断法

根据级数收敛必要条件判断：

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\underset{n\to\infty}{\lim}u_n=0$ $0$

$\underset{n\to\infty}{lim}=0$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 不一定收敛。

$\underset{n\to\infty}{lim}\ne0$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 必定发散

2.2 正项级数审敛法

正向级数，就是每一个项都是非负数的级数

性质判别

$\sum_\limits{n=1}^{\infty}u_n$ $\{S_n\}$ 有界。

$\Large 例:$ $\sum_\limits{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}$ 的敛散性

\begin{aligned} 解 ： \\ S_{n} = \frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + . . . + \frac{1}{\sqrt{n}} > n \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} = \sqrt{n} \\ 由 于 lim_{n \to \infty} \sqrt{n} = + \infty, 则 lim_{n \to \infty} S_{n} = + \infty, 故 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}} 发 散 \end{aligned}

$\{S_n\}$ $\lim_\limits{n\to\infty}S_n$ $\{S_n\}$ $\lim_\limits{n\to\infty}S_n=S(有限数)$ $\{S_n\}$ $\lim_\limits{n\to\infty}S_n=+\infty$ ，除此之外，没有其他结果。

比较审敛法

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n,\sum\limits_{n=1}^{\infty}v_n$ $u_n\le v_n(n=1,2,...)$ .那么：

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}v_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 也收敛；
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}v_n$ 也发散；

$u_n$ $cos\theta、sin\theta$ $1$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{cosx}{n^2}\le\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$

$(比较审敛法极限形式)$ $1$ $p$ $q$ 级数，等价后进行判断。

$\Large 例1:\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$ 敛散性

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 解 ： \\ 由 于 lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = lim_{n \to \infty} n^{\frac{1}{n}} \overset{e 抬 高}{\to} e^{\underset{n \to \infty}{l i m} \frac{1}{n} l n n} = 1 \\ 由 此 可 得 lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n \cdot \sqrt[n]{n}}}{\frac{1}{n}} = 1, 即 \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n \sqrt[n]{n}} \sim \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n} 发 散 \end{array} \end{array}

$\Large 例2:\sum_\limits{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ 敛散性

\begin{aligned} 解 ： \\ 当 x > 0 时, 有 x > \ln (1 + x) > 0, 则 \frac{1}{n} > \ln (1 + \frac{1}{n}) \\ 对 于 \sum_{n = 1}^{\infty} \ln (1 + \frac{1}{n}) \\ 其 S_{n} = \ln (1 + \frac{1}{1}) + \ln (1 + \frac{1}{2}) + \ln (1 + \frac{1}{3}) + . . . + \ln (1 + \frac{1}{n}) \\ = \ln (\frac{2}{1}) + \ln (\frac{3}{2}) + . . . + \ln \frac{n + 1}{n} = \ln \frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} . . . \cdot \frac{n + 1}{n} \\ = \ln (n + 1) ⟹ lim_{n \to \infty} \ln (1 + n) = + \infty \\ ∴ \sum_{n = 1}^{\infty} \ln (1 + \frac{1}{n}) 发 散, 故 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} 也 发 散 \end{aligned}

$p$ 级数性质审敛法

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$ $p$ $p$

\begin{matrix} {\begin{matrix} p > 1 收 敛 \\ p \leq 1 发 散 \end{matrix} \end{matrix}

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}(\sqrt{n}+1)}$ $p为分母最高次幂-分子最高次幂=1$ ，所以发散。

$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n(\ln n)^p},此时n$ $1$ $p$ $\ln n$ $p$ 看出，敛散性同上。

$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^p(\ln n)}$ $\ln n$ $1$ $p$ $n$ $p$ 看出，敛散性同上。

比较审敛法极限形式

$p$ $q$ $p$ $q$ 级数。

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n,\sum\limits_{n=1}^{\infty}v_n$ 都是正向级数，如果：

\begin{array}{r} lim_{n \to \infty} \frac{u_{n}}{v_{n}} = {\begin{array}{c} l (0 < l < \infty), u_{n} 与 v_{n} 是 同 阶 & ⟹ \sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} 与 \sum_{n = 1}^{\infty} v_{n} 敛 散 性 相 同 \\ 0, 则 v_{n} > u_{n} & \overset{比 较 审 敛 法 可 知}{\to} 若 v_{n} 收 敛, 则 级 数 \sum_{n = 2}^{\infty} u_{n} 也 收 敛 \\ \infty, 则 v_{n} < u_{n} & \overset{比 较 审 敛 法 可 知}{\to}, 若 v_{n} 发 散, 则 \sum_{n = 2}^{\infty} u_{n} 也 发 散 。 \end{array} \end{array}

$\Large 例:\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin\frac{1}{n}$ 的敛散性

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 解 ： \\ 1. & 找 等 价 级 数 作 为 v_{n}, 由 n \to \infty, 可 知 \sin \frac{1}{n} \sim \frac{1}{n} \\ 2. & 运 用 比 较 审 敛 法 可 得 : lim_{n \to \infty} \frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 1 \\ ∴ \sum_{n = 1}^{\infty} \sin \frac{1}{n} 的 敛 散 性 相 同, 且 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} 发 散, 则 原 级 数 也 发 散 . \end{array} \end{array}

比值审敛法(达朗贝尔)

常用于通项中有乘方、阶乘的正项级数

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 为正向级数，且

lim_{n \to \infty} \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = ρ

$\rho<1$ 时，级数收敛

$\rho>1或\rho=+\infty$ 时，级数发散

$\rho=1$ 时，无法判断

$\Large 例:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}\frac{2^n}{n!}$

\begin{aligned} 解 ： \\ 构 造 级 数 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2^{n}}{n!}, 令 u_{n} = \frac{2^{n}}{n!} > 0 \\ 则 lim_{n \to \infty} \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{2^{n + 1}}{(n + 1)!} \cdot \frac{n!}{2^{n}} = 0 < 1 \\ ∴ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2^{n}}{n!} 收 敛 ⟹ lim_{n \to \infty} \frac{2^{n}}{n!} = 0 \end{aligned}

根值审敛法(柯西判别法)

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 为正项级数，如果

lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_{n}} = ρ

$\rho<1$ 时，级数收敛

$\rho>1或\rho=+\infty$ 时，级数发散

$\rho=1$ 时，无法判断

$\Large 例:$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\frac{n-2}{n})^n$

\begin{array}{r} \begin{array}{c} 解 ： \\ 1. & 先 用 根 值 审 敛 法 : lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{(\frac{n - 2}{n})^{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{n - 2}{n} = 1 \\ 由 此 可 知 根 值 审 敛 法 失 效 \\ 2. & 利 用 级 数 收 敛 定 义 判 断 : lim_{n \to \infty} (\frac{n - 2}{n})^{n} = lim_{n \to \infty} [1 + (- \frac{2}{n})]^{n} = e^{\underset{n \to \infty}{l i m} - \frac{2 n}{n}} = e^{- 2} \neq 0 \\ ∴ 原 级 数 发 散 \end{array} \end{array}

积分审敛法

$f(x)$ $[1,\infty)$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}f(n)$ $\int_1^{\infty}f(x)dx$ 同收敛。

$\Large例:$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{x(\ln x)^2}$ 敛散性

\begin{aligned} 解 ： \\ f (x) = \frac{1}{x (\ln x)^{2}}, 其 图 形 如 下, 我 们 可 以 知 道 其 在 [2, + \infty] 上 递 减 且 非 负 \\ 则 \int_{2}^{\infty} \frac{1}{x (\ln x)^{2}} d x = \frac{1}{\ln x} |_{2}^{+ \infty} = \frac{1}{\ln 2} \\ ∴ 所 以 积 分 收 敛, 可 得 原 级 数 也 收 敛 \end{aligned}

2.3 交错级数的审敛法

正负相间的级数称为交错级数

莱布尼兹审敛法

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}u_n$ 满足下列条件：

$u_n\ge u_{n+1}(n=1,2,3,...)$ (充分条件)
$\underset{n\to\infty}{\lim}=0$

$s\le u_1$ $|r_n|\le u_{n+1}$ (必要条件)

$\Large 例1:$ $\sum_\limits{n=1}^{\infty}\sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})$ $a$ 为非零常数

\begin{aligned} 解 ： \\ 由 于 \sin (α + n π) = (- 1)^{n} \sin α \\ 故 \sin (π \sqrt{n^{2} + a^{2}}) = \sin (π \sqrt{n^{2} + a^{2}} - n π + n π) \\ = (- 1)^{n} \sin [π (\sqrt{n^{2} + a^{2}}) - n] = (- 1)^{n} \sin (π \cdot \frac{a^{2}}{\sqrt{n^{2} + a^{2}} + n}) \\ 对 于 \sin (π \cdot \frac{a^{2}}{\sqrt{n^{2} + a^{2}} + n}) > \sin (π \cdot \frac{a^{2}}{\sqrt{(n + 1)^{2} + a^{2}} + n + 1}) \\ 且 lim_{n \to \infty} \sin (π \cdot \frac{a^{2}}{\sqrt{n^{2} + a^{2}} + n}) = 0 \\ 由 莱 布 尼 兹 审 敛 法 可 知 级 数 收 敛 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\sum_\limits{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{\ln(1+n)}{1+n}$ 的敛散性

\begin{aligned} 解 ： \\ 令 f (x) = \frac{\ln (1 + n)}{1 + n}, 则 f^{'} (x) = \frac{1 - \ln (1 + x)}{(1 + x)^{2}} < 0 \\ 故 f (x) 单 调 递 减, 且 lim_{n \to \infty} \frac{\ln (1 + n)}{1 + n} = lim_{x \to + \infty} \frac{1}{1 + x} = 0 \\ 故 原 级 数 收 敛 \end{aligned}

性质判断法

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{n^p}$ $p$ ：
$p\le0$ 时，级数发散
$p>0$ $p>1$ $0\le p\le1$ 时，级数条件收敛。

注意：正向级数只有绝对收敛，没有条件收敛。

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{A_n(n)}{B_n(n)}$ $p$ $-$ $m-n$ )

2.4 任意项级数及其敛散性判别

$\sum_\limits{n=1}^{\infty}u_n$ $u_n$ 符号不作限制。

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}|u_n|$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ 必收敛。即

\begin{array}{r} \sum_{n = 1}^{\infty} | u_{n} | 收 敛 ⟹ 则 \sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} 绝 对 收 敛 \end{array}

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}|u_n|$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}|u_n|$ 必定发散

定理：加绝对值后级数收敛，则原级数绝对收敛。

$\Large 例:$ $\sum_\limits{n=1}^{\infty}u_n$ $\sum_\limits{n=1}^{\infty}\frac{u^2_n}{1+u^2_n}$ $u_n\ne0$

\begin{aligned} 解 ： \\ 已 知 \sum_{n = 1}^{\infty} | u_{n} | 收 敛, 由 于 | a b | \leq \frac{a^{2} + b^{2}}{2} \\ 则 1 + u_{n}^{2} \geq 2 | u_{n} |, 故 \frac{u_{n}^{2}}{1 + u_{n}^{2}} \leq \frac{| u_{n} |^{2}}{2 | u_{n} |} = \frac{| u_{n} |}{2} \\ 由 于 u_{n} 收 敛, 则 \frac{u_{n}}{2} 也 收 敛, 故 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{u_{n}^{2}}{1 + u_{n}^{2}} 收 敛 \end{aligned}

3. 幂级数及其收敛域

$u_1(x)+u_2(x)+u_3(x)+...+u_n(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ $(幂级数)$ $x=x_0$ $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x_0)$ 为常数项级数。

$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x-x_0)^n=a_0+a_1(x-x_0)+...+a_n(x-x_0)^n+...$ $x_0$ 为中心的密集数。

所有收敛点的集合称为收敛域，所有发散点的集合称为发散域。
收敛域需要判断区间端点处是否收敛。而收敛区间则不需要考虑。

3.1 定义判断收敛域和发散域

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_nx^n$ ，如果

lim_{n \to \infty} | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = ρ

$\rho=+\infty$ $x=0$ $R=0$ 。
$\rho=0$ $x$ $R=+\infty$
$\rho\ne0$ $|x|<\frac{1}{\rho}$ $|x|>\frac{1}{\rho}$ $R=\frac{1}{\rho}$ $0<\rho<+\infty$ $R=\frac{1}{\rho}$ $x$ $x$ $x$ $|x|<1$ 。

求收敛域、收敛区间和收敛半径步骤

$x$ $x$ 项为常数可以提出极限外
$<1$ $x$ 的区间就是收敛区间
$R=\Large\frac{x的区间右侧-x区间左侧}{2}$ $\Large R=\frac{收敛区间长度}{2}$
收敛域：将收敛区间端点带如原级数，看级数在区间端点处的敛散性，得出收敛域。

$\Large例:$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{3^n+(-2)^n}{n}(x-1)^n$ 的收敛半径和收敛域

\begin{aligned} 解 ： \\ ∵ lim_{n \to \infty} | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = lim_{n \to \infty} \frac{[3^{n + 1} + (- 2)^{n + 1}] (x - 1)^{n + 1}}{n + 1} \cdot \frac{n}{[3^{n} + (- 2)^{n}] (x - 1)^{n}} = | 3 (x - 1) | < 1 \\ ∴ 收 敛 半 径 为 ； | x - 1 | < \frac{1}{3} ⟹ \frac{2}{3} < x < \frac{4}{3} ⟹ R = \frac{\frac{4}{3} - \frac{2}{3}}{2} = \frac{1}{3} \\ 此 时, 当 x = \frac{2}{3} 时 ， 级 数 为 \sum_{n = 1}^{\infty} [\frac{(- 1)^{n}}{n} + \frac{1}{n} (\frac{2}{3})^{n}], 因 为 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} 满 足 莱 布 尼 兹 定 理 ， 收 敛 \\ 且 由 比 值 审 敛 法 可 知 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} (\frac{2}{3})^{n} 收 敛, 故 原 级 数 收 敛 \\ 此 时, 当 x = \frac{4}{3} 时 ， 级 数 为 \sum_{n = 1}^{\infty} [\frac{1}{n} + \frac{(- 2)^{n}}{n \cdot 3^{n}}], 因 为 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} 发 散, 且 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 2)^{n}}{n \cdot 3^{n}} 收 敛 . 所 及 级 数 发 散 \\ 从 而 幂 级 数 的 收 敛 域 为 [\frac{2}{3}, \frac{4}{3}) \end{aligned}

3.2 阿贝尔定理判断收敛域和发散域

$x_0$ 为中心的幂级数

\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (x - x_{0})^{n}

$x=x_1$ $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x-x_0)^n$ 发散，则：
阿贝尔定理发散情况：
$x_0$ $x_1$ $\Delta$ $R\ge|x_1-x_0|$
$x=x_2$ $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x-x_0)^n$ 收敛，则：
阿贝尔定理收敛情况：
$x_0$ $x_2$ $\Delta$ $R\le|x_2-x_0|$
$x=x_3$ $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n(x-x_0)^n$ 条件收敛
$x_3$ $\Delta$ $x_0$ $R=|x_3-x_0|$

注意：阿贝尔定理在对称两点处的敛散性不确定。

$\Large 例:$ $\sum\limits{a_nx^n}$ $x=2$ $x=-1$ 处敛散性

阿贝尔定理解题：

\begin{array}{r} 由 此 可 得 在 点 x = - 1 处, 绝 对 收 敛 \end{array}

3.3 级数与级数转换确定敛散性

$\sum a_n(x-x_1)^n$ $\sum b_n(x-x_2)^m$ 的敛散性

$(x-x_1)^n$ $(x-x_2)^m$ $(x-x_0)^k$ 等

$a_n$ $b_n$ 的转换一般通过微积分变形来完成，包括：①对级数逐项求导；②对级数逐项积分等

（3）一下三种情况，级数的收敛半径不变，收敛域要具体问题具体分析

$(x-x_0)^k$ ，或者作平移等，收敛半径不变
对级数逐项求导，收敛半径不变，收敛域可能缩小
对级数逐项积分，收敛半径不变，收敛域可能扩大

$\Large 例:$ $\sum_\limits{n=1}^{\infty}a_n(x+1)^n$ $x=1$ $\sum_\limits{n=1}^{\infty}na_n(x-1)^n$ $x=2$ 处敛散性

\begin{aligned} 解 ： \\ 由 于 阿 贝 尔 定 理 可 知 x_{0} 点 为 - 1, 收 敛 半 径 R = 2 \\ 收 敛 区 间 为 (- 3, 1) \\ (x + 1)^{n} ⟹ (x - 1)^{n}, \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (x - 1)^{n} \\ 先 求 导 : \sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} (x - 1)^{n - 1} \overset{乘 (x - 1)}{\Rightarrow} \sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} (x - 1)^{n} \\ 由 于 对 级 数 逐 项 求 导, 对 级 数 提 出 或 者 乘 以 因 式, 收 敛 半 径 不 变 \\ 由 于 \sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} (x - 1)^{n} 收 敛 区 间 (- 1, 3) \\ 故 在 x = 2 处 绝 对 收 敛 \end{aligned}

4. 幂级数的运算及性质

4.1 级数的运算性质

运算遵守基本运算法则，特别的：

级数的逐项求导公式：

\begin{array}{r} s^{'} (x) = (\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} x^{n})^{'} = \sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n} x^{n})^{'} = \sum_{n = 1}^{\infty} n a_{n} x^{n - 1} \end{array}

级数的逐项积分公式：

\begin{array}{r} \int_{0}^{x} s (x) d x = \int_{0}^{x} (\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} x^{n}) d x = \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{0}^{x} a_{n} x^{n} d x = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a_{n}}{x + 1} x^{n + 1} \end{array}

在实际运算中，可能出现需要改变通项、下标的问题，现总结和运算中恒等变形方式如下：

$\sum_\limits{n=k}^{\infty}a_nx^n=\sum_\limits{n=k+l}a_{n-l}x^{n-l}$ $l$ $0$

$\sum_\limits{n=k}^{\infty}a_nx^n=a_kx^k+a_{k+1}x^{k+1}+...+a_{k+l-1}x^{k+l-1}+\sum_\limits{n=k+l}^{\infty}a_nx^n$ $\sum_\limits{n=0}^{\infty}a_nx^n=a_0+a_1x+\sum_\limits{n=2}^{\infty}a_nx^n$

$\sum_\limits{n=k}^{\infty}a_nx^n=x^l\sum_\limits{n=k}^{\infty}a_nx^{n-l}$ $\sum_\limits{n=1}^{\infty}nx^n=x\sum_\limits{n=1}^{\infty}nx^{n-1}$

$\sum_\limits{n=0}^{\infty}a_nx^{2n}+\sum_\limits{n=0}^{\infty}b_{n+1}x^{2n+2}=a_0x^0+\sum_\limits{n=1}^{\infty}a_nx^{2n}+\sum_\limits{n=1}^{\infty}b_nx^{2n}=a_0+\sum_\limits{n=1}^{\infty}(a_n+b_n)x^{2n}$

基本性质：

$\sum_\limits{n=0}a_nx^n$ $S(x)$ $(-R,R)$ $x=R$ $x=-R$ $S(x)$ $(-R,R]$ $[-R,R)$ )上连续。即右端点左连续，左端点右连续。
$\sum_\limits{n=0}^{\infty}a_nx^n$ $S(x)$ $I$ 上可积，且有逐项积分公式
$\begin{aligned} \int_{0}^{x} S (t) d t = \int_{0}^{x} (\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} t^{n}) d t = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} \int_{0}^{x} t^{n} d t \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{a_{n}}{n + 1} x^{n + 1} (x \in I) \end{aligned}$
逐项积分后所得到的幂级数与原级数有相同的收敛半径，且收敛域可能扩大。
$\sum_\limits{n=0}^{\infty}a_nx^n$ $S(x)$ $(-R,R)$ 内可导，且有逐项求导公式
$\begin{aligned} S^{'} (x) = (\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n})^{'} = \sum_{n = 0}^{\infty} (a_{n} x^{n})^{'} = \sum_{n = 0}^{\infty} n a_{n} x^{n - 1} (| x | < R) \end{aligned}$
逐项求导后得到的幂级数与原级数有相同的收敛半径，但收敛于可能缩小。

4.2 级数求和函数 (大题)

步骤：

求幂级数的收敛域
$s(x)$
消系数化为等比级数：
- 消系数有两种方法：微分法(级数为分式用)和积分法(级数为乘积用)
- $\sum\limits_{n=1}^{\infty}aq^n=\frac{a_1}{1-q}$ 得级数的和
还原：积分法两边求导，微分法两边求积分
要注意和函数的定义域，如果最后和函数无定义点在定义域内，则根据无定义点写成分段函数。
写成分段函数方法是将无定义点代入和函数中求极限，和函数在该点极限值，就作为分段函数在这一点的表达式。
$s(x)=\frac{-\ln(1-x)}{x},x\in(-1,1)$
$\begin{matrix} s (0) = lim_{x \to 0} \frac{- \ln (1 - x)}{x} \overset{洛必达}{\to} lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1 - x}}{1} = 1 \\ ∴ s (x) = {\begin{matrix} \frac{- l n (1 - x)}{x}, & x \in [- 1, 0) \cup (0, 1) \\ 1, & x = 0 \end{matrix} \end{matrix}$

$x$

在小题中求和函数都有公式，要和麦克劳林展开式联立起来。

$\Large例1:$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$ 的和函数

\begin{aligned} 解 ： \\ ∵ 所 给 幂 级 数 的 收 敛 半 径 为 : R = lim_{n \to \infty} | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = 1 \\ 在 (- 1, 1) 内 设 所 给 函 数 的 和 函 数 为 s (x), 即 s (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} \\ 由 幂 级 数 性 质, 在 (- 1, 1) 内 : s^{'} (x) = (\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n})^{'} = \sum_{n = 1}^{\infty} x^{n - 1} \\ x^{n - 1} 的 公 比 q = x, 首 项 a_{1} = 1. 所 以 s^{'} (x) = \frac{1}{1 - x} \\ 两 边 同 时 积 分 ： \int_{0}^{x} s^{'} (x) d x = \int_{0}^{x} \frac{1}{1 - x} d x = - \ln (1 - x) |_{0}^{x} = \ln \frac{1}{1 - x} \\ 因 为 级 数 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} 在 x = - 1 处 收 敛, 和 函 数 \ln \frac{1}{1 - x} 在 x = - 1 有 定 义 且 连 续, 故 在 [- 1, 1) \\ 故 在 [- 1, 1) 内 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} = l n \frac{1}{1 - x} (- 1 \leq x < 1) \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\sum_\limits{n=1}^{\infty}nx^n$ 的和函数

\begin{aligned} 解 ： \\ \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n} = x \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n - 1}, 记 S (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n - 1} \\ 先 积 分 : \int_{0}^{x} \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n - 1} = \sum_{n = 1}^{\infty} x^{n} \\ 再 求 导 : (\sum_{n = 1}^{\infty} x^{n})^{'} = (\frac{x}{1 - x})^{'} = \frac{1}{(1 - x)^{2}}, | x | < 1 \\ 故 \sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n} = \frac{1}{(1 - x)^{2}} \cdot x, | x | < 1 \end{aligned}

这两个例题结果需要记住：

$\sum_\limits{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}=-\ln(1-x),-1\le x<1$

$\sum_\limits{n=1}^{\infty}nx^{n-1}=\frac{1}{(1-x)^2},-1<x<1$

$\sum_\limits{n=1}^{\infty}\frac{1}{n2^n}=\sum_\limits{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}·(\frac{1}{2})^n=-\ln(1-\frac{1}{2})=\ln2$

5. 函数展开成幂级数(填空)

$\Large s(x)\xrightarrow{展开}\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_nx^n$ $\Large \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_nx^n\xrightarrow{和函数}s(x)$

$f(x)$ $x_0$ $(n+1)$ 阶导数，则在该邻域内，有：

\begin{array}{r} f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f^{″} (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + \\ . . . + \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n} + R_{n} (x) \end{array}

$x_0=0$ $f(x)$ $x$ $n$ 阶麦克劳林公式：

\begin{array}{r} f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{f^{″} (0)}{2!} x^{2} + . . . + \frac{f^{(n)} (0)}{n!} x^{n} + R_{n} (x) \end{array}

$\sin x$ $\cos x$ $\ln$ 带符号，另一个不带。

\begin{array}{l} 麦 克 劳 林 及 推 导 公 式 如 下 : \\ e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \dots + \frac{x^{n}}{n!} + o (x^{n}), (n = 0, - \infty < x < + \infty) \\ \sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \dots + \frac{(- 1)^{m}}{(2 n + 1)!} x^{2 n + 1} + o (x^{2 n + 1}), (n = 0, - \infty < x < + \infty) \\ \cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} - \dots + \frac{(- 1)^{m}}{(2 n)!} x^{2 n} + o (x^{2 n}), (n = 0, - \infty < x < + \infty) \\ \frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^{2} + \dots + x^{n} + o (x^{n}), (n = 0, - 1 < x < 1) \\ \frac{1}{1 + x} = 1 - x + x^{2} - \dots + (- 1)^{n} x^{n} + o (x^{n}), (n = 0, - 1 < x < 1) \\ \ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \dots + \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} x^{n} + o (x^{n}), (n = 1, - 1 < x \leq 1) \\ \ln (1 - x) = - x - \frac{1}{2} x^{2} - \frac{1}{3} x^{3} - . . . - \frac{x^{n}}{n} + o (x^{n}), (n = 1, - 1 \leq x < 1) \\ (1 + x)^{a} = 1 + a x + \frac{a (a - 1)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{a (a - 1) \dots (a - n + 1)}{n!} x^{n} + o (x^{n}), {\begin{array}{c} x \in (- 1, 1), 当 a \leq - 1 \\ x \in (- 1, 1], 当 - 1 < a < 0 \\ x \in [- 1, 1], 当 a > 0, a \notin N_{+} \\ x \in R, 当 a \in N_{+} \end{array} \\ \ln (\frac{1 + x}{1 - x}) = 2 \cdot \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} \\ \arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \dots + \frac{(- 1)^{m}}{2 n + 1} x^{2 n + 1} + o (x^{2 n + 1}), (n = 0) \\ \frac{1}{(1 - x)^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) x^{n} \\ \frac{2}{(1 - x)^{3}} = \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 2) (n + 1) x^{n} \end{array}

解法：利用已知的幂级数展开式，通过变量带换、四则运算、逐项求导、逐项积分和待定系数等方法得到函数的展开式。

$\Large例1:$ $f(x)=\frac{1}{2-x}$ $x$ 的幂级数

\begin{aligned} 解 ： \\ ∵ f (x) = \frac{1}{2 - x} = \frac{1}{2 (1 - \frac{x}{2})} \\ 由 \frac{1}{1 - ω} = \sum_{n = 0}^{\infty} ω^{n} - 1 < ω < 1 可 得 \\ = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{x}{2})^{n} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{2^{n + 1}}, 其 中 - 1 < \frac{x}{2} < 1 ⟹ - 2 < x < 2 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x)=\ln(1+x)$ $(x-1)$ 的幂级数

\begin{aligned} 解 ： \\ 题 目 中 要 求 的 是 (x - 1) 幂 级 数, 所 以 原 式 的 ω 要 化 为 k (x - 1) 形 式 \\ f (x) & = \ln (1 + x) = \ln [2 + (x - 1)] = \ln [1 + (\frac{x - 1}{2})] \cdot 2 \\ = \ln 2 + \ln [1 + \frac{x - 1}{2}] \overset{l n (1 + x) 的 幂 级 数 展 开 式}{\to} \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{(\frac{x - 1}{2})^{n}}{n} + \ln 2 \\ = \ln 2 + \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{(x - 1)^{n}}{n \cdot 2^{n}}, - 1 \leq \frac{x - 1}{2} \leq 1 ⟹ - 1 < x \leq 3 \end{aligned}

$\Large 例3:$ $f(x)=\arctan x$ $x=0$ 处的幂级数展开

\begin{aligned} 解 ： \\ (\arctan x)^{'} = \frac{1}{1 + x^{2}}, 展 开 = \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{n} t^{2 n} \\ 故 f (x) = \int_{0}^{x} \frac{1}{1 + t^{2}} d t = \int_{0}^{x} \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{n} t^{2 n} d t \\ = \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{t^{2 n + 1}}{2 n + 1} |_{0}^{x} = \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1}, | x | \leq 1 \end{aligned}

1 线性运算：有加减，数乘(数字乘函数)。即几何意义上图像函数在经过运算后依然是直线。 ↩