MIT integration bee

$$\text{P1.} \int\tan(x)\sqrt{2+\sqrt{4+\cos(x)}}\text{dx}$$

考虑到 $sin$ 是 $cos$ 的微分，把 $tan$ 上面放到微分里。于是可做换元 $t=\sqrt{2+\sqrt{4+\cos(x)}}$ ，得到 $\cos(x)=t^4-4t^2$ ，所以原式可变为 $-4\displaystyle\int\dfrac{t(t^3-2t)}{t^4-4t^2}\text{dt}$ ，这就很简单了，是 $-4\left(t+\dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{t-2}{t+2}\right)\right)+C$ ，回代得到：

$$\text{A1.}-4\sqrt{2+\sqrt{4+\cos(x)}}-2\ln\left(\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{4+\cos(x)}}-2}{\sqrt{2+\sqrt{4+\cos(x)}}+2}\right)+C$$

$$\text{P2.} \int_0^{\infty}\dfrac{\text{dx}}{\left(x+1+\lfloor2\sqrt{x}\rfloor\right)^2}$$

先经典的换元 $t=2\sqrt{x}$ ，于是原式变为

$$\displaystyle\int_0^\infty\dfrac{\frac{1}{2}t\text{dt}}{\left(\frac{1}{4}t^2+1+\lfloor t\rfloor\right)^2}$$

整理一下系数然后分段得到

$$\displaystyle 4\sum\limits_{n=0}^\infty\int_n^{n+1}\dfrac{2t\text{dt}}{\left(t^2+4(1+n)\right)^2}=4\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{1}{(n+2)^2}-\dfrac{1}{4(n+1)(n+5)}$$

前面是平方倒数和，后者裂项。

$$\text{A2.} \dfrac{2\pi^2}{3}-\dfrac{73}{12}$$

$$\text{P3.}\int_0^{10}\left\lfloor\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{\lfloor x\rfloor}\right\rfloor\text{dx}$$

显然分段为 $\displaystyle\sum\limits_0^9\int_n^{n+1}\left\lfloor\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n\right\rfloor\text{dx}$ ，注意到这个是斐波那契数列的一个 $\rho$ ，所以我们可以考虑构造一个特殊的斐波那契数列，满足

$$f_n=\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n+\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n$$

这个的递推数列是满足斐波那契的，但初值不同: $f_0=2,f_1=1$

那么原题即求 $\displaystyle\sum\limits_0^9\left\lfloor f_n-\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right\rfloor$

考虑其正负性的误差后，答案即为 $S_9-5$

$$\text{A3.} 193$$

$$\text{P4.}\int_0^{\pi}\max(|2\sin(x)|,(2\cos(2x)-1))^2\cdot\min(|\sin(2x)|,|\cos(3x)|)^2\text{dx}$$

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

$$\int_0^1\left(\sqrt{\dfrac{1}{4x^2}+\dfrac{1}{x}-x}-\sqrt{\dfrac{x^4}{4}-x+1}-\dfrac{1}{2x}\right)\text{dx}=\int_0^1\dfrac{-y^2}{2}\text{dy}$$

$$\text{A5.}-\dfrac{1}{6}$$