P1.∫tan(x)√2+√4+cos(x)dx
考虑到 sin 是 cos 的微分,把 tan 上面放到微分里。于是可做换元 t=√2+√4+cos(x) ,得到 cos(x)=t4−4t2 ,所以原式可变为 −4∫t(t3−2t)t4−4t2dt ,这就很简单了,是 −4(t+12ln(t−2t+2))+C ,回代得到:
A1.−4√2+√4+cos(x)−2ln(√2+√4+cos(x)−2√2+√4+cos(x)+2)+C
P2.∫∞0dx(x+1+⌊2√x⌋)2
先经典的换元 t=2√x ,于是原式变为
∫∞012tdt(14t2+1+⌊t⌋)2
整理一下系数然后分段得到
4∞∑n=0∫n+1n2tdt(t2+4(1+n))2=4∞∑n=01(n+2)2−14(n+1)(n+5)
前面是平方倒数和,后者裂项。
A2.2π23−7312
P3.∫100⌊(1+√52)⌊x⌋⌋dx
显然分段为 9∑0∫n+1n⌊(1+√52)n⌋dx ,注意到这个是斐波那契数列的一个 ρ ,所以我们可以考虑构造一个特殊的斐波那契数列,满足
fn=(1+√52)n+(1−√52)n
这个的递推数列是满足斐波那契的,但初值不同: f0=2,f1=1
那么原题即求 9∑0⌊fn−(1−√52)n⌋
考虑其正负性的误差后,答案即为 S9−5
A3.193
P4.∫π0max
观察发现 \sin(2x)=2\sin(x)\cdot\cos(x),\cos(3x)=(2\cos(2x)-1)\cdot\cos(x)
于是我们设 f(x)=2\sin(x),g(x)=2\cos(2x)-1
所以所求即为
\begin{aligned}&\int_0^{\pi}(\max(f(x),g(x))\min(f(x),g(x))\cdot\cos(x))^2\text{dx}\\=&\int_0^{\pi}(\sin(2x)(2\cos(2x)-1))^2\text{dx}\\=&\int_0^{\pi}(\sin(4x)-\sin(2x))^2\text{dx}\end{aligned}
换元,然后利用三角函数正交性可以得到答案。
\text{A4.}\pi
\text{P5.}\int_0^1\left(\sqrt{\dfrac{1}{4x^2}+\dfrac{1}{x}-x}-\sqrt{\dfrac{x^4}{4}-x+1}-\dfrac{1}{2x}\right)\text{dx}
考虑换元后相消。观察到第一项和第三项分母相同,考虑把这两项换元。
y=\sqrt{\dfrac{1}{4x^2}+\dfrac{1}{x}-x}-\dfrac{1}{2x}=\dfrac{-1+\sqrt{1-4x(x^2-1)}}{2x}
类似二次函数求根公式,写出来得到 x\cdot y^2+y+(x^2-1)=0
那么可以反过来写出 x=\dfrac{-y^2}{2}+\sqrt{\dfrac{y^4}{4}-y+1}
发现这跟题目中的第二项结构相同,于是
\begin{aligned}&\int_0^1\left(\sqrt{\dfrac{1}{4x^2}+\dfrac{1}{x}-x}-\dfrac{1}{2x}\right)\text{dx}\\=&\int_0^1y\text{dx}\\=&xy\bigg|_0^1-\int_1^0x\text{dy}\\=&\int_0^1\left(\dfrac{-y^2}{2}+\sqrt{\dfrac{y^4}{4}-y+1}\right)\text{dy}\end{aligned}
把 y 看成 x 得到
\int_0^1\left(\sqrt{\dfrac{1}{4x^2}+\dfrac{1}{x}-x}-\sqrt{\dfrac{x^4}{4}-x+1}-\dfrac{1}{2x}\right)\text{dx}=\int_0^1\dfrac{-y^2}{2}\text{dy}
\text{A5.}-\dfrac{1}{6}
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