高等数学（第七版）同济大学 习题10-5 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题10-5

函数作图软件：Mathematica

 

$\begin{array}{rlr}& 1.求下列含参变量的积分所确定的函数的极限：& \end{array}$

   ( 1 )    lim ⁡ x → 0 ∫ x 1 + x d y 1 + x 2 + y 2 ；                     ( 2 )    lim ⁡ x → 0 ∫ − 1 1 x 2 + y 2 d y ；    ( 3 )    lim ⁡ x → 0 ∫ 0 2 y 2 c o s ( x y ) d y .   (1)  limx→0∫1+xxdy1+x2+y2；                   (2)  limx→0∫1−1√x2+y2dy；  (3)  limx→0∫20y2cos(xy)dy.

​  (1)  x→0lim​∫x1+x​1+x2+y2dy​；                   (2)  x→0lim​∫−11​x2+y2 ​dy；  (3)  x→0lim​∫02​y2cos(xy)dy.​​

解：

   ( 1 )   lim ⁡ x → 0 ∫ x 1 + x d y 1 + x 2 + y 2 = ∫ 0 1 + 0 d y 1 + 0 + y 2 = [ a r c t a n   y ] 0 1 = π 4 .    ( 2 )   lim ⁡ x → 0 ∫ − 1 1 x 2 + y 2 d y = ∫ − 1 1 ∣ y ∣ d y = 2 ∫ 0 1 y d y = 1.    ( 3 )   lim ⁡ x → 0 ∫ 0 2 y 2 c o s ( x y ) d y = ∫ 0 2 y 2 ( c o s   0 ) d y = 8 3 .   (1) limx→0∫1+xxdy1+x2+y2=∫1+00dy1+0+y2=[arctan y]10=π4.  (2) limx→0∫1−1√x2+y2dy=∫1−1|y|dy=2∫10ydy=1.  (3) limx→0∫20y2cos(xy)dy=∫20y2(cos 0)dy=83.

​  (1) x→0lim​∫x1+x​1+x2+y2dy​=∫01+0​1+0+y2dy​=[arctan y]01​=4π​.  (2) x→0lim​∫−11​x2+y2 ​dy=∫−11​∣y∣dy=2∫01​ydy=1.  (3) x→0lim​∫02​y2cos(xy)dy=∫02​y2(cos 0)dy=38​.​​

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$\begin{array}{rlr}& 2.求下列函数的导数：& \end{array}$

   ( 1 )    φ ( x ) = ∫ s i n   x c o s   x ( y 2 s i n   x − y 3 ) d y ；      ( 2 )    φ ( x ) = ∫ 0 x l n ( 1 + x y ) y d y ；    ( 3 )    φ ( x ) = ∫ x 2 x 3 a r c t a n   y x d y ；                 ( 4 )    φ ( x ) = ∫ x x 2 e − x y 2 d y .   (1)  φ(x)=∫cos xsin x(y2sin x−y3)dy；    (2)  φ(x)=∫x0ln(1+xy)ydy；  (3)  φ(x)=∫x3x2arctan yxdy；               (4)  φ(x)=∫x2xe−xy2dy.

​  (1)  φ(x)=∫sin xcos x​(y2sin x−y3)dy；    (2)  φ(x)=∫0x​yln(1+xy)​dy；  (3)  φ(x)=∫x2x3​arctan xy​dy；               (4)  φ(x)=∫xx2​e−xy2dy.​​

解：

   ( 1 )   φ ′ ( x ) = ∫ s i n   x c o s   x y 2 c o s   x d y + ( c o s 2   x s i n   x − c o s 3   x ) ( c o s   x ) ′ − ( s i n 2   x s i n   x − s i n 3   x ) ( s i n   x ) ′ =          1 3 c o s   x ( c o s 3   x − s i n 3   x ) + ( c o s   x − s i n   x ) s i n   x c o s 2   x = 1 3 c o s   x ( c o s   x − s i n   x ) ( 1 + 2 s i n   2 x ) .    ( 2 )   φ ′ ( x ) = ∫ 0 x 1 1 + x y d y + l n ( 1 + x 2 ) x = 1 x [ l n ( 1 + x y ) ] 0 x + l n ( 1 + x 2 ) x = 2 x l n ( 1 + x 2 ) .    ( 3 )   φ ′ ( x ) = ∫ x 2 x 3 ( − y x 2 + y 2 ) d y + a r c t a n   x 2 ⋅ 3 x 2 − a r c t a n   x ⋅ 2 x =          − 1 2 l n ( x 2 + y 2 ) ∣ x 2 x 3 + 3 x 2 a r c t a n   x 2 − 2 x a r c t a n   x = l n 1 + x 2 1 + x 4 + 3 x 2 a r c t a n   x 2 − 2 x a r c t a n   x .    ( 4 )   φ ′ ( x ) = ∫ x x 2 e − x y 2 ( − y 2 ) d y + e − x 5 ⋅ 2 x − e − x 3 ⋅ 1 = 2 x e − x 5 − e − x 3 − ∫ x x 2 y 2 e − x y 2 d y .   (1) φ′(x)=∫cos xsin xy2cos xdy+(cos2 xsin x−cos3 x)(cos x)′−(sin2 xsin x−sin3 x)(sin x)′=        13cos x(cos3 x−sin3 x)+(cos x−sin x)sin xcos2 x=13cos x(cos x−sin x)(1+2sin 2x).  (2) φ′(x)=∫x011+xydy+ln(1+x2)x=1x[ln(1+xy)]x0+ln(1+x2)x=2xln(1+x2).  (3) φ′(x)=∫x3x2(−yx2+y2)dy+arctan x2⋅3x2−arctan x⋅2x=        −12ln(x2+y2)|x3x2+3x2arctan x2−2xarctan x=ln√1+x21+x4+3x2arctan x2−2xarctan x.  (4) φ′(x)=∫x2xe−xy2(−y2)dy+e−x5⋅2x−e−x3⋅1=2xe−x5−e−x3−∫x2xy2e−xy2dy.

​  (1) φ′(x)=∫sin xcos x​y2cos xdy+(cos2 xsin x−cos3 x)(cos x)′−(sin2 xsin x−sin3 x)(sin x)′=        31​cos x(cos3 x−sin3 x)+(cos x−sin x)sin xcos2 x=31​cos x(cos x−sin x)(1+2sin 2x).  (2) φ′(x)=∫0x​1+xy1​dy+xln(1+x2)​=x1​[ln(1+xy)]0x​+xln(1+x2)​=x2​ln(1+x2).  (3) φ′(x)=∫x2x3​(−x2+y2y​)dy+arctan x2⋅3x2−arctan x⋅2x=        −21​ln(x2+y2)∣∣∣∣​x2x3​+3x2arctan x2−2xarctan x=ln1+x41+x2​ ​+3x2arctan x2−2xarctan x.  (4) φ′(x)=∫xx2​e−xy2(−y2)dy+e−x5⋅2x−e−x3⋅1=2xe−x5−e−x3−∫xx2​y2e−xy2dy.​​

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$\begin{array}{rlr}& 3.设F(x)={\int }_0^x(x+y)f(y)dy，其中f(y)为可微分的函数，求F^{\prime \prime }(x).& \end{array}$

解：

   F ′ ( x ) = ∫ 0 x f ( y ) d y + 2 x f ( x ) ， F ′ ′ ( x ) = f ( x ) + 2 f ( x ) + 2 x f ′ ( x ) = 3 f ( x ) + 2 x f ′ ( x ) .   F′(x)=∫x0f(y)dy+2xf(x)，F″(x)=f(x)+2f(x)+2xf′(x)=3f(x)+2xf′(x).

​  F′(x)=∫0x​f(y)dy+2xf(x)，F′′(x)=f(x)+2f(x)+2xf′(x)=3f(x)+2xf′(x).​​

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$\begin{array}{rlr}& 4.计算下列积分：& \end{array}$

   ( 1 )    I = ∫ 0 π 2 l n 1 + a c o s   x 1 − a c o s   x ⋅ d x c o s   x   ( ∣ a ∣ < 1 ) ；    ( 2 )    I = ∫ 0 π 2 l n ( c o s 2   x + a 2 s i n 2   x ) d x   ( a > 0 ) .   (1)  I=∫π20ln1+acos x1−acos x⋅dxcos x (|a|<1)；  (2)  I=∫π20ln(cos2 x+a2sin2 x)dx (a>0).

​  (1)  I=∫02π​​ln1−acos x1+acos x​⋅cos xdx​ (∣a∣<1)；  (2)  I=∫02π​​ln(cos2 x+a2sin2 x)dx (a>0).​​

解：

   ( 1 )   设 φ ( α ) = ∫ 0 π 2 l n 1 + α c o s   x 1 − α c o s   x ⋅ d x c o s   x   ( ∣ α ∣ ≤ ∣ a ∣ < 1 ) ， 则 φ ( 0 ) = 0 ， φ ( a ) = I ， 因 为          ∂ ∂ α ( l n 1 + α c o s   x 1 − α c o s   x ⋅ 1 c o s   x ) = 2 1 − α 2 c o s 2   x ， 所 以 φ ′ ( α ) = ∫ 0 π 2 2 1 − α 2 c o s 2   x d x = ∫ 0 π 2 2 d ( t a n   x ) s e c 2   x − α 2 =          2 ∫ 0 π 2 d ( t a n   x ) ( 1 − α 2 ) + t a n 2   x = 2 1 − α 2 [ a r c t a n   t a n   x 1 − α 2 ] 0 π 2 = 2 1 − α 2 ⋅ π 2 = π 1 − α 2 ，          I = φ ( a ) − φ ( 0 ) = ∫ 0 a φ ′ ( α ) d α = ∫ 0 a π 1 − α 2 d α = π a r c s i n   a .    ( 2 )   设 φ ( α ) = ∫ 0 π 2 l n ( c o s 2   x + α 2 s i n 2   x ) d x ， 则 φ ( 1 ) = 0 ， φ ( a ) = I ， 因 为 ∂ ∂ α [ l n ( c o s 2   x + α 2 s i n 2   x ) ] =          2 α s i n 2   x c o s 2   x + α 2 s i n 2   x ， 所 以 φ ′ ( α ) = ∫ 0 π 2 2 α s i n 2   x c o s 2   x + α 2 s i n 2   x d x ，          令 u = t a n   x ， 则 上 式 = 2 α ∫ 0 + ∞ u 2 1 + α 2 u 2 ⋅ d u 1 + u 2 = 2 α α 2 − 1 [ ∫ 0 + ∞ d u 1 + u 2 − ∫ 0 + ∞ d u 1 + α 2 u 2 ]   ( α ≠ 1 ) =          2 α α 2 − 1 ( π 2 − π 2 α ) = π α + 1 ， 当 α = 1 时 ， φ ′ ( 1 ) = ∫ 0 π 2 2 s i n 2   x c o s 2   x + s i n 2   x d x = ∫ 0 π 2 2 s i n 2   x d x = π 2 ，          因 此 φ ′ ( α ) 在 x = 1 处 连 续 ， 对 任 一 a > 0 ， φ ′ ( α ) 在 区 间 [ 1 ,   a ] 或 [ a ,   1 ] 上 连 续 ， 则          I = φ ( a ) − φ ( 1 ) = ∫ 1 a φ ′ ( α ) d α = ∫ 1 a π α + 1 d α = π l n a + 1 2 .   (1) 设φ(α)=∫π20ln1+αcos x1−αcos x⋅dxcos x (|α|≤|a|<1)，则φ(0)=0，φ(a)=I，因为        ∂∂α(ln1+αcos x1−αcos x⋅1cos x)=21−α2cos2 x，所以φ′(α)=∫π2021−α2cos2 xdx=∫π202d(tan x)sec2 x−α2=        2∫π20d(tan x)(1−α2)+tan2 x=2√1−α2[arctan tan x√1−α2]π20=2√1−α2⋅π2=π√1−α2，        I=φ(a)−φ(0)=∫a0φ′(α)dα=∫a0π√1−α2dα=πarcsin a.  (2) 设φ(α)=∫π20ln(cos2 x+α2sin2 x)dx，则φ(1)=0，φ(a)=I，因为∂∂α[ln(cos2 x+α2sin2 x)]=        2αsin2 xcos2 x+α2sin2 x，所以φ′(α)=∫π202αsin2 xcos2 x+α2sin2 xdx，        令u=tan x，则上式=2α∫+∞0u21+α2u2⋅du1+u2=2αα2−1[∫+∞0du1+u2−∫+∞0du1+α2u2] (α≠1)=        2αα2−1(π2−π2α)=πα+1，当α=1时，φ′(1)=∫π202sin2 xcos2 x+sin2 xdx=∫π202sin2 xdx=π2，        因此φ′(α)在x=1处连续，对任一a>0，φ′(α)在区间[1, a]或[a, 1]上连续，则        I=φ(a)−φ(1)=∫a1φ′(α)dα=∫a1πα+1dα=πlna+12.

​  (1) 设φ(α)=∫02π​​ln1−αcos x1+αcos x​⋅cos xdx​ (∣α∣≤∣a∣<1)，则φ(0)=0，φ(a)=I，因为        ∂α∂​(ln1−αcos x1+αcos x​⋅cos x1​)=1−α2cos2 x2​，所以φ′(α)=∫02π​​1−α2cos2 x2​dx=∫02π​​sec2 x−α22d(tan x)​=        2∫02π​​(1−α2)+tan2 xd(tan x)​=1−α2 ​2​[arctan 1−α2 ​tan x​]02π​​=1−α2 ​2​⋅2π​=1−α2 ​π​，        I=φ(a)−φ(0)=∫0a​φ′(α)dα=∫0a​1−α2 ​π​dα=πarcsin a.  (2) 设φ(α)=∫02π​​ln(cos2 x+α2sin2 x)dx，则φ(1)=0，φ(a)=I，因为∂α∂​[ln(cos2 x+α2sin2 x)]=        cos2 x+α2sin2 x2αsin2 x​，所以φ′(α)=∫02π​​cos2 x+α2sin2 x2αsin2 x​dx，        令u=tan x，则上式=2α∫0+∞​1+α2u2u2​⋅1+u2du​=α2−12α​[∫0+∞​1+u2du​−∫0+∞​1+α2u2du​] (α​=1)=        α2−12α​(2π​−2απ​)=α+1π​，当α=1时，φ′(1)=∫02π​​cos2 x+sin2 x2sin2 x​dx=∫02π​​2sin2 xdx=2π​，        因此φ′(α)在x=1处连续，对任一a>0，φ′(α)在区间[1, a]或[a, 1]上连续，则        I=φ(a)−φ(1)=∫1a​φ′(α)dα=∫1a​α+1π​dα=πln2a+1​.​​

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$\begin{array}{rlr}& 5.应用对参数的微分法，计算下列积分：& \end{array}$

   ( 1 )    ∫ 0 1 a r c t a n   x x d x 1 − x 2 ；    ( 2 )    ∫ 0 1 s i n   ( l n   1 x ) x b − x a l n   x d x   ( 0 < a < b ) .   (1)  ∫10arctan xxdx√1−x2；  (2)  ∫10sin (ln 1x)xb−xaln xdx (0<a<b).

​  (1)  ∫01​xarctan x​1−x2 ​dx​；  (2)  ∫01​sin (ln x1​)ln xxb−xa​dx (0<a<b).​​

解：

   ( 1 )   因 为 a r c t a n   x x = ∫ 0 1 d y 1 + x 2 y 2 ， 所 以 ∫ 0 1 a r c t a n   x x d x 1 − x 2 = ∫ 0 1 ( ∫ 0 1 d y 1 + x 2 y 2 ) d x 1 − x 2 =          ∫ 0 1 [ ∫ 0 1 d x ( 1 + x 2 y 2 ) 1 − x 2 ] d y ， 令 x = s i n   t ， 则 ∫ 0 1 d x ( 1 + x 2 y 2 ) 1 − x 2 = ∫ 0 π 2 d t 1 + y 2 s i n 2   t ，          令 u = t a n   t ， 则 上 式 = ∫ 0 + ∞ d u 1 + ( 1 + y 2 ) u 2 = 1 1 + y 2 [ a r c t a n ( 1 + y 2 u ) ] 0 + ∞ = π 2 1 + y 2 ，          因 此 ∫ 0 1 [ ∫ 0 1 d x ( 1 + x 2 y 2 ) 1 − x 2 ] d y = ∫ 0 1 π 2 1 + y 2 d y = π 2 [ l n ( y + 1 + y 2 ) ] 0 1 = π 2 l n ( 1 + 2 ) .    ( 2 )   因 为 x b − x a l n   x = ∫ a b x y d y ， 所 以 ∫ 0 1 s i n ( l n 1 x ) x b − x a l n   x d x = ∫ 0 1 s i n ( l n   1 x ) d x ∫ a b x y d y =           ∫ a b d y ∫ 0 1 s i n ( l n   1 x ) x y d x ， 令 x = e − t ， 则 ∫ 0 1 s i n ( l n   1 x ) x y d x = ∫ + ∞ 0 s i n   t ⋅ e − y t ( − e − t ) d t =           ∫ 0 + ∞ s i n   t ⋅ e − ( y + 1 ) t d t = 1 1 + ( y + 1 ) 2 e − ( y + 1 ) t [ c o s   t − ( y + 1 ) s i n   t ] ∣ 0 + ∞ = 1 1 + ( y + 1 ) 2 ，           因 此 ∫ a b d y ∫ 0 1 s i n ( l n   1 x ) x y d x = ∫ a b 1 1 + ( y + 1 ) 2 d y = [ a r c t a n ( y + 1 ) ] a b = a r c t a n ( b + 1 ) − a r c t a n ( a + 1 ) .   (1) 因为arctan xx=∫10dy1+x2y2，所以∫10arctan xxdx√1−x2=∫10(∫10dy1+x2y2)dx√1−x2=        ∫10[∫10dx(1+x2y2)√1−x2]dy，令x=sin t，则∫10dx(1+x2y2)√1−x2=∫π20dt1+y2sin2 t，        令u=tan t，则上式=∫+∞0du1+(1+y2)u2=1√1+y2[arctan(√1+y2u)]+∞0=π2√1+y2，        因此∫10[∫10dx(1+x2y2)√1−x2]dy=∫10π2√1+y2dy=π2[ln(y+√1+y2)]10=π2ln(1+√2).  (2) 因为xb−xaln x=∫baxydy，所以∫10sin(ln1x)xb−xaln xdx=∫10sin(ln 1x)dx∫baxydy=         ∫bady∫10sin(ln 1x)xydx，令x=e−t，则∫10sin(ln 1x)xydx=∫0+∞sin t⋅e−yt(−e−t)dt=         ∫+∞0sin t⋅e−(y+1)tdt=11+(y+1)2e−(y+1)t[cos t−(y+1)sin t]|+∞0=11+(y+1)2，         因此∫bady∫10sin(ln 1x)xydx=∫ba11+(y+1)2dy=[arctan(y+1)]ba=arctan(b+1)−arctan(a+1).

​  (1) 因为xarctan x​=∫01​1+x2y2dy​，所以∫01​xarctan x​1−x2 ​dx​=∫01​(∫01​1+x2y2dy​)1−x2 ​dx​=        ∫01​[∫01​(1+x2y2)1−x2 ​dx​]dy，令x=sin t，则∫01​(1+x2y2)1−x2 ​dx​=∫02π​​1+y2sin2 tdt​，        令u=tan t，则上式=∫0+∞​1+(1+y2)u2du​=1+y2 ​1​[arctan(1+y2 ​u)]0+∞​=21+y2 ​π​，        因此∫01​[∫01​(1+x2y2)1−x2 ​dx​]dy=∫01​21+y2 ​π​dy=2π​[ln(y+1+y2 ​)]01​=2π​ln(1+2 ​).  (2) 因为ln xxb−xa​=∫ab​xydy，所以∫01​sin(lnx1​)ln xxb−xa​dx=∫01​sin(ln x1​)dx∫ab​xydy=         ∫ab​dy∫01​sin(ln x1​)xydx，令x=e−t，则∫01​sin(ln x1​)xydx=∫+∞0​sin t⋅e−yt(−e−t)dt=         ∫0+∞​sin t⋅e−(y+1)tdt=1+(y+1)21​e−(y+1)t[cos t−(y+1)sin t]∣∣∣∣​0+∞​=1+(y+1)21​，         因此∫ab​dy∫01​sin(ln x1​)xydx=∫ab​1+(y+1)21​dy=[arctan(y+1)]ab​=arctan(b+1)−arctan(a+1).​​