MIT Integration Bee 2023 - Quarterfinal 部分题目解答
2.1
\[\int_{\sqrt e}^\infty x^{-\ln x}\mathrm dx\]
设 \(t=\ln x\)，积分转化为
\[\int_{1/2}^\infty e^{-t^2+t}\mathrm dt=e^{1/4}\int_{1/2}^\infty e^{(t-1/2)^2}\mathrm dt=e^{1/4}\int_0^\infty e^{-u^2}\mathrm du\]
最后一个积分是经典的结论，这里也证一下。
设 \(I=\int_0^\infty e^{-x^2}\mathrm dx\)
则
\[I^2=\int_0^\infty\int_0^\infty e^{-x^2-y^2}\mathrm dx\mathrm dy\]
做极坐标换元，
\[\mathrm dx\mathrm dy=\frac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}\mathrm dr\mathrm d\theta\]
得到
\[I^2=\int_0^{\pi/2}\mathrm d\theta\int_0^\infty e^{-r^2}r\mathrm dr=\frac{\pi}{4}\]
故 \(I=\dfrac{\pi^{1/2}}{2}\)，原积分为 \(\dfrac{e^{1/4}\pi^{1/2}}{2}\)。
2.2
\[\int \frac{1-2x}{(1+x)^2x^{2/3}}\mathrm dx\]
做代换 \(t= x^{1/3}\)，得到
\[I=3\int \frac{1-2t^3}{(1+t^3)^2}\mathrm dt=3\int\frac{1}{1+t^3}-\frac{3t^3}{(1+t^3)^2}\mathrm dt\]
注意到
\[\frac{1}{1+t^3}-\frac{3t^3}{(1+t^3)^2}=\frac{1}{1+t^3}\cdot \frac{\mathrm dt}{\mathrm dt}+t\frac{\mathrm d(\frac{1}{1+t^3})}{\mathrm dt}=\frac{\mathrm d\frac{t}{1+t^3}}{\mathrm dt}\]
故原积分 \(I=\dfrac{3x^{1/3}}{1+x}\)
2.3
\[\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{n}\int_0^n \cos^2(\frac{\pi x^2}{\sqrt 2})\mathrm dx)\]
\[I_n=\frac{1}{2}\int_0^n 1+\cos(\sqrt 2\pi x^2)\mathrm dx\]
做代换 \(t=x^2\)
\[I_n=\frac{n}{2}+\frac{1}{2}\int_0^{\sqrt n}\frac{\cos(\sqrt 2\pi t)}{\sqrt t}\mathrm dt=\frac{n}{2}+O(1)\]
故
\[\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}I_n=\frac{1}{2}\]
上上式最后一步利用了 A-D 判别法，反常积分
\[\int_0^\infty \frac{\cos(\sqrt 2\pi t)}{\sqrt t}\mathrm dt\]
收敛。
3.2
\[\int_0^\infty \operatorname{sech}^2(x+\tan x)\mathrm dx\]
对于形如 \(x-a-\sum_{n=1}^N \dfrac{|a_n|}{x-b_n}\) 的 \(u\) 和 \(f(x)\)，有
\[\text{P.V.}\int_{-\infty}^{+\infty}f(u)\mathrm dx=\text{P.V.}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\mathrm dx\]
而因为
\[\pi\cot x=\frac{1}{x}+\sum_{i=1}^\infty \Big(\frac{1}{x+i\pi}+\frac{1}{x-i\pi}\Big)\]
做代换 \(t=\dfrac{\pi}{2}-x\) 就可以得到 \(\tan t\) 的表达式，因此 \(x+\tan x\) 是上面 \(u\) 的表达形式，所以利用定理，
\[I=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\operatorname{sech}^2x\mathrm dx=\tanh x\Big |_{-\infty}^{+\infty}=1\]