MIT Integration Bee 2023 - Regular Season 部分题目解答

一些有意思的题的解答，题目见 这里

5.

\[\int_{0}^{\pi/2}x\cot x\mathrm dx\]

法1：

\[ \begin{aligned} \int_{0}^{\pi/2}x\cot x\mathrm dx &= \int_{0}^{\pi/2}x\mathrm d\ln\sin x \\ &= x\ln\sin x\Big |_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2} \ln \sin x \mathrm dx \\ &= -\int_0^{\pi/2} \ln \sin x \mathrm dx \end{aligned} \]

\(\ln\sin x\) 在 \([0,\pi/2]\) 上积分是经典的问题。

设

\[I=\int_0^{\pi/2} \ln \sin x \mathrm dx\]

则

\[\int_0^{\pi/2} \ln \cos x \mathrm dx=I\]

\[\int_0^{\pi/2} \ln \sin 2x \mathrm dx=I\]

\[ \begin{aligned} I&=\int_0^{\pi/2} \ln \sin 2x \mathrm dx \\ &=\int_0^{\pi/2} (\ln 2+\ln\sin x+\ln\cos x) \mathrm dx \\ &= \frac{\pi}{2}\ln 2+2I \end{aligned} \]

整理有 \(I=-\dfrac{\pi}{2}\ln 2\)，故

\[\int_{0}^{\pi/2}x\cot x\mathrm dx=\frac{\pi}{2}\ln 2\]

法2:

运用 Feynman 方法，设

\[I(a)=\int_0^{\pi/2}\frac{\arctan(a\tan x)}{\tan x}\mathrm dx\]

所求即 \(I(1)\)

\[ \begin{aligned} I^\prime(a)&=\int_0^{\pi/2} \frac{1}{1+a^2\tan^2 x}\mathrm dx \\ &=\int_0^{\pi/2}\frac{1}{(1+a^2\tan^2 x)(1+\tan^2 x)}\cdot \frac{1}{\cos^2 x}\mathrm dx \ (t:=\tan x) \\ &=\int_0^\infty \frac{\mathrm dt}{(1+a^2t^2)(1+t^2)} \\ &=\frac{1}{a^2-1}\int_0^\infty (\frac{a^2}{1+a^2t^2}-\frac{1}{1+t^2})\mathrm dt \\ &=\frac{1}{a+1}\cdot \frac{\pi}{2} \end{aligned} \]

同时我们有 \(I(0)=0\)，因此我们知道

\[I(1)=\int_0^1 I^\prime(a)\mathrm da=\frac{\pi}{2}\ln 2\]

8.

\[\int_0^\pi x\sin^4 x\mathrm dx\]

经典方法

\[ \int_0^\pi x\sin^4 x\mathrm dx=\pi \int_0^{\pi/2}\sin^4x\mathrm dx \]

然后点火，得到 \(\dfrac{3}{16}\pi^2\)

11.

\[\int(\sqrt{2\ln x}+\frac{1}{\sqrt{2\ln x}})\mathrm dx\]

先换元设 \(t=\sqrt{\ln x}\)

得到

\[\sqrt 2\int (2t^2+1)e^{t^2}\mathrm dt\]

对 \(e^{t^2}\) 分部积分

\[\int e^{t^2}\mathrm dt=te^{t^2}-\int 2t^2e^{t^2}\mathrm dt\]

把右边积分挪到左边即得 \((2t^2+1)e^{t^2}\) 的积分，最后得到 \(x\sqrt{2\ln x}\)

13.

\[\int_0^{\frac{\pi}{2}+1}\sin(x-\sin(x-\sin(x-\cdots)))\mathrm dx\]

看到的时候是相当震撼的，实际上不要被他欺骗了。

设 \(t=\sin(x-\sin(x-\sin(x-\cdots)))\)，则 \(t=\sin(x-t)\)

两边对 \(x\) 求导得到

\[\frac{\mathrm dt}{\mathrm dx}=\sqrt{1-t^2}(1-\frac{\mathrm dt}{\mathrm dx})\]

即

\[\mathrm dx=(1+\frac{1}{\sqrt{1-t^2}})\mathrm dt\]

然后对初始积分做换元，得到

\[\int_0^1 (t+\frac{t}{\sqrt{1-t^2}})\mathrm dt=\frac{3}{2}\]

18.

\[\int_0^\infty \frac{x+1}{x+2}\cdot \frac{x+3}{x+4} \cdot \frac{x+5}{x+6} \cdots \mathrm dx\]

设 \(A=\dfrac{x+1}{x+2}\cdot \dfrac{x+3}{x+4} \cdots \dfrac{x+2n+1}{x+2n+2}<\dfrac{x+2}{x+3}\cdot \dfrac{x+4}{x+5}\cdots \dfrac{x+2n+2}{x+2n+3}=B\)

则 \(A<\sqrt{AB}=\sqrt{\dfrac{x+1}{x+2n+3}}\)

同理 \(A>\dfrac{x+1}{x+2}\cdot \dfrac{x+2}{x+3}\cdot \dfrac{x+4}{x+5}\cdots \dfrac{x+2n}{x+2n+1}=C\)

则 \(A>\sqrt{AC}=\sqrt{\dfrac{(x+1)^2}{x+2n+1}}\)

由极限的夹逼性知，\(\lim_{n\to\infty}A=0\)，故原积分为 \(0\)。

19.

\[\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin 23x}{\sin x}\mathrm dx\]

经典方法

\[\frac{\sin (2k+1)x}{\sin x}=1+2\sum_{n=1}^k \cos 2nx\]

证明直接数归。

于是直接做完了，积分值为 \(\pi/2\)。