小夥伴們考我的題

1

$證明:\int_1^af(x^2+\frac{a^2}{x^2})\frac{dx}{x}=\int_1^af(x+\frac{a^2}{x})\frac{dx}{x}$
這個$f$函數看起來感覺眼花繚亂的，而且兩邊好像一個是另一個的平方，所以換一哈，令$g(x)=f(x+\frac{a^2}{x})$

所以要證明的就是$\int_1^ag(x^2)\frac{dx}{x}=\int_1^ag(x)\frac{dx}{x}$

看左邊怎麼變變變，變到右邊的
左邊換元，令$u=x^2$
$\int_1^ag(x^2)\frac{dx}{x}=\frac{1}{2}\int_1^{a^2}g(u)\frac{du}{u}$
感覺這步還是能想當，畢竟這個換元還是經常見到嘛，但是後面的換元就牛皮了
拆成兩坨$I_1和I_2$，能想到這麼拆很牛皮很關鍵
$\frac{1}{2}\int_1^{a^2}g(u)\frac{du}{u}=\frac{1}{2}\int_1^{a}g(u)\frac{du}{u}+\frac{1}{2}\int_a^{a^2}g(u)\frac{du}{u}=I_1+I_2$

然後就是這個$I_2$的換元，你看上下限要是同時除以$a$是不是就變得和前面的一樣了，所以令$t=\frac{u}{a}$，然而並不是這麼換的。。。

如果$a^2$同時除以上下限也會有$1和a$的上下限，令$t=\frac{a^2}{u}\Rightarrow u=\frac{a^2}{t}$
這樣換了之後很牛皮的，我也好像知道爲啥$f$函數會長成那個樣子了，原來這樣換了之後，$f$函數是不得變的，對應過來就是$g(\frac{a^2}{u})=g(u)$
$du=-\frac{a^2}{t^2}dt$
$I_2=\frac{1}{2}\int_a^1g(t)\frac{-\frac{a^2}{t^2}dt}{\frac{a^2}{t}}=I_1$

2

$求極限\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+\frac{i^2+1}{n}}$
這道題有求和又有極限，很明顯是要變成定積分來算的，但是弄不出來，肯定是要放縮了
$I=\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+\frac{i^2+1}{n}}$
$I_1=\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+\frac{(i+1)^2}{n}}$
$I_2=\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+\frac{i^2}{n}}$
$I_1<I<I_2$
$I_2$倒是很好算出來，但是$I_1$喃？
這也是這道題的難點，看答案都沒怎麼看懂
$I_1=\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+\frac{(i+1)^2}{n}}=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n+\frac{(i+1)^2}{n}}-\frac{1}{n+\frac{1^2}{n}}+\frac{1}{n+\frac{(n+1)^2}{n}}就是加上第0項再減去第n項,想讓級數從[1\to n]變成[0\to n-1]$
所以後面兩項取極限就成爲變成0了，只剩第一項了
所以$I_1=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n+\frac{(i+1)^2}{n}}$
$而\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n+\frac{(i+1)^2}{n}}令k=i+1,\therefore I_1=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+\frac{k^2}{n}}$

巧妙地把那裏的$(i+1)^2$變成$i^2$，然後通過定積分算

3【解三個非齊次方程】

$A=\begin{bmatrix} 1 &0 &1 \\ -1& 2 &0 \\ 0& 0 &1 \end{bmatrix},滿足AX+E=A^2+X,求X$

$(A-E)X=(A-E)(A+E)$
$A+E$要是可逆就好解決，但是現在不可逆

令$(A-E)=B,令X=[X_1,X_2,X_3],令b=[b_1,b_2,b_3]=(A-E)(A+E)$
就變成了$BX=b$
也就是分別解三個非齊次方程
$\left\{\begin{matrix} BX_1=b_1\\ BX_2=b_2 \\ BX_3=b_3 \end{matrix}\right.$

其實就是把$[B,b]$進行初等行變換
$[B,b]=\begin{bmatrix}{1} & {-1} & {0} & {3} & {-3} & {1} \\ {0} & {0} & {1} & {0} & {0} & {2} \\ {0} & {0} & {0} & {0} & {0} & {0}\end{bmatrix}$
答案是這麼多

3【分兩段來計算】

$求\int_0^2\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{(x^n+x^{2n})}dx$
$我把化成這樣\int_0^2\lim_{n\to\infty}(x^n+x^{2n})^{\frac{1}{n}}dx以爲要用重要極限，但其實不用$
$原式=\int_0^1x(1+x^n)^{\frac{1}{n}}dx+\int_1^2x^2(1+\frac{1}{x^n})^{\frac{1}{n}},裏面不是重要極限,直接是開n次根號等於1\\ =\int_0^1xdx+\int_1^2x^2dx$

4

$求\int \frac{1}{1+x^{4}} d x$
$\int \frac{1}{1+x^{4}} \mathrm{d} x=\frac{1}{2}\left(\int \frac{x^{2}+1}{x^{4}+1} \mathrm{d} x-\int \frac{x^{2}-1}{x^{4}+1} \mathrm{d} x\right).$
$而\frac{x^{2}+1}{x^{4}+1} \mathrm{d} x=\int \frac{1+\frac{1}{x^{2}}}{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}} \mathrm{d} x=\int \frac{1}{2+\left(x-\frac{1}{x}\right)^{2}} \mathrm{d}\left(x-\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}} \arctan \frac{x^{2}-1}{\sqrt{2} x}+C$

$\int \frac{x^{2}-1}{x^{4}+1} \mathrm{d} x=\int \frac{1-\frac{1}{x^{2}}}{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}} \mathrm{d} x=\int \frac{1}{\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}-2} \mathrm{d}\left(x+\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{2 \sqrt{2}} \ln \left|\frac{x+\frac{1}{x}-\sqrt{2}}{x+\frac{1}{x}+\sqrt{2}}\right|+C$

5

$求I=\left.\int_{\frac{3 \pi}{4}}^{\pi} \arcsin \frac{r}{2}\right|_{0} ^{2 \sin \theta} d \theta$
答案是$=\int_{\frac{3 \pi}{4}}^{\pi}(\pi-\theta) d \theta=\frac{\pi^{2}}{32}$
因爲$\pi-\theta纔在arcsin的定義域裏面$

7

$I_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin 2 n x}{\sin x} d x,n爲整數$

8

$F(x,y)在點(x_0,y_0)領域有:F(x_0,y_0)=0,F'_x(x_0,y_0)=0,F'_y(x_0,y_0)>0,F''_{xx}<0,\\ 則由方程F(x,y)=0確定的隱函數在x_0處的極值情況是什麼$