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109 台灣大學微積分(B) 第 5 題

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109學年度 · 109台大微積分B · 第 5 題

題目

Problem

  1. Compute the following integrals:

(a) ∫0∞2x−3(x−1)(x2+4) dx=(12)‾\displaystyle\int_0^\infty \frac{2x-3}{(x-1)(x^2+4)}\,dx = \underline{\quad(12)\quad}.

(b) ∫dxx2−6x=(13)‾\displaystyle\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-6x}} = \underline{\quad(13)\quad}.

(c) ∫sin⁡−1(x) dx=(14)‾\displaystyle\int \sin^{-1}(\sqrt{x})\,dx = \underline{\quad(14)\quad}.

解答

解法一

思路

展開
  • (a) 積分區間內有 x=1x=1 的垂直漸近線，必須把它拆成瑕積分判斷，而不能直接代入不定積分。
  • (b) 配方後為標準的 ∫du/u2−a2\int\mathrm{d}u/\sqrt{u^2-a^2} 型。
  • (c) 令 u=sin⁡−1xu=\sin^{-1}\sqrt{x}，把反三角函數積分化為分部積分。

答題過程

展開

(a) 部分分式分解為

2x−3(x−1)(x2+4)=−15(x−1)+x+115(x2+4).\frac{2x-3}{(x-1)(x^2+4)} =-\frac1{5(x-1)}+\frac{x+11}{5(x^2+4)}.

當 x→1−x\to1^- 時，第一項的積分含 −15ln⁡∣x−1∣→+∞-\frac15\ln|x-1|\to+\infty，故原瑕積分發散：

(12)=發散.\boxed{(12)=\text{發散}}.

(b)

∫1x2−6x dx= ∫1(x−3)2−32 dx= ln⁡∣x−3+x2−6x∣+C.\begin{align*} \int\frac{1}{\sqrt{x^2-6x}}\,\mathrm{d}x =&\,\int\frac{1}{\sqrt{(x-3)^2-3^2}}\,\mathrm{d}x\\[2mm] =&\,\ln\big|x-3+\sqrt{x^2-6x}\big|+C. \end{align*}

所以

(13)=ln⁡∣x−3+x2−6x∣+C.\boxed{(13)=\ln\big|x-3+\sqrt{x^2-6x}\big|+C}.

(c) 令 u=sin⁡−1xu=\sin^{-1}\sqrt{x}，則 x=sin⁡2ux=\sin^2u、dx=sin⁡2u du\mathrm{d}x=\sin2u\,\mathrm{d}u。分部積分可得

∫sin⁡−1(x) dx= 12[−ucos⁡2u+12sin⁡2u]+C= 12[−(1−2x)sin⁡−1(x)+x(1−x)]+C.\begin{align*} \int\sin^{-1}(\sqrt{x})\,\mathrm{d}x =&\,\frac12\left[-u\cos2u+\frac12\sin2u\right]+C\\[2mm] =&\,\frac12\left[-(1-2x)\sin^{-1}(\sqrt{x})+\sqrt{x(1-x)}\right]+C. \end{align*}

故

(14)=12[−(1−2x)sin⁡−1(x)+x(1−x)]+C.\boxed{(14)=\frac12\left[-(1-2x)\sin^{-1}(\sqrt{x})+\sqrt{x(1-x)}\right]+C}.