习题5.3 定积分换元法和分部积分法
1. 填空题
【题目】
$\frac{d}{dx}\int_{0}^{x}\sin (x - t)^{2}dt =$ ____；
$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}\theta d\theta =$ ____；
$\int_{-2}^{3} x \sqrt{|x|} dx =$ ____;
$\int_{-2}^{2}(x - 3)\sqrt{4 - x^2} dx =$ ____.
【解析】
令 $u = x - t$，则 $t = x - u, dt = -du$。当 $t = 0$ 时 $u = x$；当 $t = x$ 时 $u = 0$。
$$\int_0^x \sin(x - t)^2 dt = -\int_x^0 \sin(u^2)du = \int_0^x \sin(u^2)du$$求导数得：
$$\frac{d}{dx}\int_0^x \sin(u^2)du = \sin(x^2)$$被积函数为偶函数，利用华里士（Wallis）公式：
$$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^4\theta d\theta = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^4\theta d\theta = 2 \cdot \left(\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}\right) = \frac{3\pi}{8}$$分段积分并利用奇偶性：
- 在 $[-2, 2]$ 上，$x\sqrt{|x|}$ 为奇函数，积分为 0；
- 剩余部分： $$\int_{-2}^3 x\sqrt{|x|}dx = \int_2^3 x\sqrt{x}dx = \int_2^3 x^{\frac{3}{2}}dx = \left[\frac{2}{5}x^{\frac{5}{2}}\right]_2^3 = \frac{2}{5}\left(3^{\frac{5}{2}} - 2^{\frac{5}{2}}\right) = \frac{2}{5}(9\sqrt{3} - 4\sqrt{2})$$
拆项积分：
$$\int_{-2}^2 (x - 3)\sqrt{4 - x^2}dx = \int_{-2}^2 x\sqrt{4 - x^2}dx - 3\int_{-2}^2 \sqrt{4 - x^2}dx$$- $x\sqrt{4 - x^2}$ 为奇函数，积分为 0；
- $\int_{-2}^2 \sqrt{4 - x^2}dx$ 为半径为 2 的上半圆面积：$\frac{1}{2}\pi (2)^2 = 2\pi$。 因此： $$0 - 3(2\pi) = -6\pi$$
2. 利用换元法计算定积分
【题目】
$\int_{-1}^{1}\frac{x}{\sqrt{5 - 4x}} dx;$
$\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{(\arcsin x)^2}{\sqrt{1 - x^2}} dx;$
$\int_0^a x^2\sqrt{a^2 - x^2} dx\ (a > 0).$
【解析】
令 $t = \sqrt{5 - 4x} \implies 4x = 5 - t^2 \implies x = \frac{5 - t^2}{4}, dx = -\frac{1}{2}t dt$。 当 $x = -1$ 时 $t = 3$；当 $x = 1$ 时 $t = 1$。
$$\int_{-1}^1 \frac{x}{\sqrt{5 - 4x}}dx = \int_3^1 \frac{\frac{5 - t^2}{4}}{t}\left(-\frac{1}{2}t\right)dt = \frac{1}{8}\int_1^3 (5 - t^2)dt = \frac{1}{8}\left[5t - \frac{t^3}{3}\right]_1^3$$$$= \frac{1}{8}\left[(15 - 9) - \left(5 - \frac{1}{3}\right)\right] = \frac{1}{8}\left(6 - \frac{14}{3}\right) = \frac{1}{8} \cdot \frac{4}{3} = \frac{1}{6}$$被积函数为偶函数，凑微分：
$$\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{(\arcsin x)^2}{\sqrt{1 - x^2}}dx = 2\int_0^{\frac{1}{2}}(\arcsin x)^2 d(\arcsin x) = 2\left[\frac{(\arcsin x)^3}{3}\right]_0^{\frac{1}{2}} = \frac{2}{3}\left(\frac{\pi}{6}\right)^3 = \frac{2\pi^3}{3 \times 216} = \frac{\pi^3}{324}$$三角代换：令 $x = a\sin t, dx = a\cos t dt$。当 $x = 0$ 时 $t = 0$；当 $x = a$ 时 $t = \frac{\pi}{2}$。
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}(a^2\sin^2 t)(a\cos t)(a\cos t)dt = a^4 \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2 t\cos^2 t dt = \frac{a^4}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2 2t dt$$$$= \frac{a^4}{8}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1 - \cos 4t)dt = \frac{a^4}{8} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi a^4}{16}$$
3. 利用分部积分法计算定积分
【题目】
$\int_{\frac{1}{e}}^{e}|\ln x|dx;$
$\int_0^1 x\arctan xdx.$
【解析】
分段去绝对值：
$$\int_{\frac{1}{e}}^e |\ln x|dx = \int_{\frac{1}{e}}^1 (-\ln x)dx + \int_1^e \ln x dx$$利用 $\int \ln x dx = x\ln x - x$：
- $\int_{\frac{1}{e}}^1 (-\ln x)dx = -[x\ln x - x]_{\frac{1}{e}}^1 = -[(0 - 1) - (-\frac{1}{e} - \frac{1}{e})] = -[-1 + \frac{2}{e}] = 1 - \frac{2}{e}$；
- $\int_1^e \ln x dx = [x\ln x - x]_1^e = (e - e) - (0 - 1) = 1$。 相加得： $$(1 - \frac{2}{e}) + 1 = 2 - \frac{2}{e} = \frac{2(e - 1)}{e}$$
分部积分：
$$\int_0^1 x\arctan x dx = \frac{1}{2}\int_0^1 \arctan x d(x^2) = \frac{1}{2}\left[x^2\arctan x\right]_0^1 - \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{x^2}{1 + x^2}dx$$$$= \frac{1}{2}\left(1 \cdot \frac{\pi}{4}\right) - \frac{1}{2}\int_0^1 \left(1 - \frac{1}{1 + x^2}\right)dx = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{2}[x - \arctan x]_0^1 = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{2}\left(1 - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi - 2}{4}$$
4. 分部积分综合求值
【题目】
已知 $f(\pi) = 1$ 且 $\int_{0}^{\pi}[f(x) + f''(x)]\sin x dx = 3$ ，求 $f(0)$ .
【解析】
对第二项 $\int_0^\pi f''(x)\sin x dx$ 连续进行两次分部积分：
$$\int_0^\pi f''(x)\sin x dx = \left[f'(x)\sin x\right]_0^\pi - \int_0^\pi f'(x)\cos x dx = 0 - \left([f(x)\cos x]_0^\pi - \int_0^\pi f(x)(-\sin x)dx\right)$$$$= -[f(\pi)\cos\pi - f(0)\cos 0] - \int_0^\pi f(x)\sin x dx = -[-f(\pi) - f(0)] - \int_0^\pi f(x)\sin x dx = f(\pi) + f(0) - \int_0^\pi f(x)\sin x dx$$将其代入原积分式：
$$\int_0^\pi [f(x) + f''(x)]\sin x dx = \int_0^\pi f(x)\sin x dx + \left(f(\pi) + f(0) - \int_0^\pi f(x)\sin x dx\right) = f(\pi) + f(0)$$因此：
$$f(\pi) + f(0) = 3$$代入 $f(\pi) = 1$，解得：
$$f(0) = 2$$5. 证明下列等式
【题目】
设 $m, n$ 为自然数，则 $\int_0^1 x^m (1 - x)^n dx = \int_0^1 x^n (1 - x)^m dx$ ；
$\int_{x}^{1}\frac{1}{1 + x^2} dx = \int_{1}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{1 + x^2} dx\ (x > 0).$
【解析】
证明： 在积分 $\int_0^1 x^m (1 - x)^n dx$ 中作换元 $t = 1 - x$，则 $x = 1 - t, dx = -dt$。 当 $x = 0$ 时 $t = 1$；当 $x = 1$ 时 $t = 0$。
$$\int_0^1 x^m (1 - x)^n dx = \int_1^0 (1 - t)^m t^n (-dt) = \int_0^1 t^n (1 - t)^m dt = \int_0^1 x^n (1 - x)^m dx$$证毕。
证明： 在右边积分 $\int_1^{\frac{1}{x}}\frac{1}{1 + t^2}dt$ 中作换元 $t = \frac{1}{u}$，则 $dt = -\frac{1}{u^2}du$。 当 $t = 1$ 时 $u = 1$；当 $t = \frac{1}{x}$ 时 $u = x$。
$$\int_1^{\frac{1}{x}}\frac{1}{1 + t^2}dt = \int_1^x \frac{1}{1 + \frac{1}{u^2}}\left(-\frac{1}{u^2}\right)du = \int_x^1 \frac{1}{u^2 + 1}du = \int_x^1 \frac{1}{1 + x^2}dx$$证毕。
6. 积分方程求解
【题目】
设函数 $f(x)$ 连续，且 $\int_0^x yf(2x - y)dy = \frac{1}{2}\arctan x^2$ ， $f(1) = 1$ ，求 $\int_1^2 f(x)dx$ .
【解析】
在左边积分中作换元：令 $u = 2x - y$，则 $y = 2x - u, dy = -du$。 当 $y = 0$ 时 $u = 2x$；当 $y = x$ 时 $u = x$。
$$\int_0^x y f(2x - y)dy = -\int_{2x}^x (2x - u)f(u)du = \int_x^{2x}(2x - u)f(u)du = 2x\int_x^{2x}f(u)du - \int_x^{2x}u f(u)du$$因此方程为：
$$2x\int_x^{2x}f(u)du - \int_x^{2x}u f(u)du = \frac{1}{2}\arctan x^2$$两边对 $x$ 求导：
$$2\int_x^{2x}f(u)du + 2x[2f(2x) - f(x)] - [2x f(2x) \cdot 2 - x f(x)] = \frac{1}{2} \cdot \frac{2x}{1 + x^4}$$整理得：
$$2\int_x^{2x}f(u)du + 4x f(2x) - 2x f(x) - 4x f(2x) + x f(x) = \frac{x}{1 + x^4}$$$$2\int_x^{2x}f(u)du - x f(x) = \frac{x}{1 + x^4}$$代入 $x = 1$：
$$2\int_1^2 f(u)du - 1 \cdot f(1) = \frac{1}{1 + 1^4} = \frac{1}{2}$$已知 $f(1) = 1$：
$$2\int_1^2 f(x)dx - 1 = \frac{1}{2} \implies 2\int_1^2 f(x)dx = \frac{3}{2} \implies \int_1^2 f(x)dx = \frac{3}{4}$$