微积分计算 Java 微积分计算例题

转载

新新人类 2023-06-16 18:53:40

微积分小题集（3）

\(\newcommand \d{\ \mathrm{d}} \newcommand \f{\int}\newcommand \dx{\ \mathrm{d}x}\)

\[\f \frac{x - 1}{x^2 - 4x + 8} \dx = \f \frac{x - 1}{(x - 2)^2 + 4} \dx =\frac14 \f \frac{x-1}{(\frac{x-2}2)^2+1} \dx \\=A \arctan (\frac{x-2}{2})+B\ln(\frac{x-2}{2}+1)\\ 两边求导即可解得 A,B \]

\[\f \frac{2x+1}{\sqrt{4x-x^2}} \dx = A\sqrt{4x-x^2}+B\arcsin(\frac{x-2}{2}) \]

\[\f \sin \alpha x\cos \beta x \dx =\f \frac{\sin(\alpha x+\beta x)+\sin(\alpha x-\beta x)}{2} \dx \]

\[\f \frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x}} \d x=-2\f \arcsin x \d {\sqrt{1-x}} \]

应用分部积分即可。

\[\f _0^1 \frac{\dx}{\sqrt{1+e^{2x}}}=-\f_0^{1}\frac{\d e^{-x}}{\sqrt{1+e^{-2x}}} \]

设 \(F(x)\) 为 f(x) 的一个原函数，且当 \(x \ge 0\) 时，有 \(F(x)f(x) = \frac{xe^x}{2(1+x)^2}\)，已知 \(F(0)=1,F(x)>0\)

\(F'(x) = f(x)\)，对等式左右积分得：

\[\f F(x)F'(x) \dx = \f \frac{xe^x}{2(1+x)^2} \dx\\ F(x)^2 = -\f xe^x \d {\frac 1{1+x}}\\ F(x)^2 = -\frac{xe^x}{1+x}+\f (1+x)e^x \frac 1{1+x} \dx\\ F(x)^2 = -\frac{xe^x}{1+x}+e^x+C\\ F(x)^2 = \frac{e^x}{1+x}\\ \]

所以 \(f(x)=\sqrt{\frac {e^x}{1+x}}'=\frac{x\sqrt{e^x}}{2(1+x)^{\frac 32}}\)

积分形式柯西不等式 \((\f f(x)g(x) \dx)^2 \le \f f^2(x)\dx \cdot \f g^2(x) \d x\)

设函数 \(f \in C[a,b]\)，\(0 < m \le f(x) \le M\)，证明：

\[(b-a)^2 \le \f _a^b f(x) \dx \cdot \f _a^b \frac 1{f(x)} \dx \le \frac{(m+M)^2}{4mM}(b-a)^2 \]

证明：

\(\f _a^b f(x) \dx \cdot \f _a^b \frac 1{f(x)} \dx \ge (\f_a^b \sqrt{f(x)\times \frac 1{f(x)}} \d x)^2 =(b-a)^2\)

\(\frac{(f(x)-m)(f(x)-M)}{f(x)} \le 0\)，\(\frac{mM}{f(x)}+f(x) \le m + M\)，\(\f_a^b f(x)+mM\f_a^b \frac {1}{f(x)} \le (m + M)(b - a)\)

\(\f_a^b f(x)+mM\f_a^b \frac {1}{f(x)} \ge 2\sqrt{mM\f_a^b f(x) \cdot \f_a^b \frac 1{f(x)}}\)，所以第二部分成立

设函数 \(f \in C^{1}[a,b],f(a)=0\) 证明：\(\f_a^bf^2(x) \dx \le \frac 12 (b-a)^2 \f_a^b [f'(x)]^2 \d x\)

\(f^2(x) = (\f_a^x f'(x) \d x)^2 \le \f_a^x f'(x)^2 \d x \cdot \f_a^x 1 \d x \le (x-a)\f_a^b [f'(x)]^2 \d x\)

对左边积分即可。

证明：

\[\max_{a \le x \le b} |f(x)| \le |\frac 1{b-a}\f_a^bf(x) \d x|+\f_a^b|f'(x)| \d x\\ \]

令 \(f(\xi) = \max|f(x)|,f(\eta) = \min|f(x)|\)。

\(|f(\xi)| \le |f(\eta)|+\f_\eta ^\xi |f'(x)| \d x\le |f(\eta)|+\f_a ^b |f'(x)| \d x\)

证明：\(\lim_{n \to +\infty} \f^{n^2+n}_{n^2}\frac{1}{\sqrt x} e^{-\frac 1x} \d x = 1\)

由微分中值定理得：

\[\lim_{n \to +\infty} \f^{n^2+n}_{n^2}\frac{1}{\sqrt x} e^{-\frac 1x} \d x \\ =\frac n{\sqrt{\xi_n}} e^{-\frac 1{\xi_n}}\\ \frac n{\sqrt{n^2+n}}e^{-\frac{1}{n^2+n}}\le\frac n{\sqrt{\xi_n}} e^{-\frac 1{\xi_n}}\le e^{-\frac 1{n^2}} \]

f 在 [0,a] 二阶可导 (a > 0) f''(x) > 0，求证：\(\f_0^af(x) \d x \ge a f(\frac a2)\)

\(\f_0^af(x) \ d x \ge \f _0^a f(\frac a2) +f'(\frac a2)(x-\frac a2) \d x= af(\frac a2)\)

设 f(x) 为 [0, 2pi] 上单减函数，证明：对任何正整数 n 成立：

\[\f_0^{2\pi} f(x) \sin n x \d x \ge 0 \]

\[\f_0^{2\pi} f(x) \sin n x \d x =\frac 1n\f_0^{2n\pi} f(\frac xn)\sin x \d x\\ =\frac 1n(\f_0^{\pi} V+ \f_{\pi}^{2\pi}V+\f_{2\pi}^{3\pi}V+\cdots \f_{2n\pi-\pi}^{2n\pi}V) \]

\(\f_0^\pi V+\f_{\pi}^{2\pi}V = f(\xi_1)\f_{0}^\pi \sin x \d x+f(\xi_2)\f_{\pi}^{2\pi}\sin x \d x = 2(f(\xi_1)-f(\xi_2)) \ge 0\)

用到积分第一中值定理：\(\f_a^b f(x)g(x) = f(\xi)\f_a^bg(x) \d x\)

设 f 在 \([0,\frac \pi2]\) 上连续，在 \((0,\frac \pi2)\) 上可导，且满足 \(\f_0^{\frac \pi2} f(x) \cos ^2 x \d x = 0\)，证明至少存在一点 \(\xi \in(0,\frac \pi 2)\)，使得 \(f'(\xi) = 2f(\xi)\tan \xi\)。

令 \(F(x) = f(x)\cos ^2 x\)，则 \(F'(x) = f'(x)\cos^2 x-2\cos x\sin x f(x)\)，因为 \(F(\frac \pi 2) = 0\)，根据积分中值定理，\(\f F(x) \d x = \cos^2x_0F(x_0)=0=\frac \pi 2F(\frac \pi 2)\)，应用 rolle 定理即可。

求下列曲线所围的图形面积：