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MIT integration bee

MIT integration bee

P1.tan(x)2+4+cos(x)dx

考虑到 sincos 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)=t44t2 ,所以原式可变为 4t(t32t)t44t2dt ,这就很简单了,是 4(t+12ln(t2t+2))+C ,回代得到:

A1.42+4+cos(x)2ln(2+4+cos(x)22+4+cos(x)+2)+C

P2.0dx(x+1+2x)2

先经典的换元 t=2x ,于是原式变为

012tdt(14t2+1+t)2

整理一下系数然后分段得到

4n=0n+1n2tdt(t2+4(1+n))2=4n=01(n+2)214(n+1)(n+5)

前面是平方倒数和,后者裂项。

A2.2π237312

P3.100(1+52)xdx

显然分段为 90n+1n(1+52)ndx ,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+(152)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 90fn(152)n

考虑其正负性的误差后,答案即为 S95

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}

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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