題目

Problem

2. Evaluate the integrals.

(a) (10%) $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - 4x}}\,\mathrm{d}x$ .

(b) (10%) $\displaystyle\int_0^\pi\!\int_0^\pi \frac{1-\cos(3x+3y)}{2-\cos x-\cos y}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ .

(c) (10%) $\displaystyle\iint_R\cos\!\left(\frac{y-x}{y+x}\right)\mathrm{d}A$ ，where $R$ is the trapezoidal region with vertices $(1,0)$ , $(2,0)$ , $(0,2)$ and $(0,1)$ .

(d) (10%) $\displaystyle\int_{\mathcal{C}}(3y+e^{\sqrt{x}})\,\mathrm{d}x+(5x+\cos y^2)\,\mathrm{d}y$ ，where $\mathcal{C}$ is the positive oriented boundary curve of the region enclosed by $y=x^2$ and $x=y^2$ .

解答

(a)

解法一

思路

展開

先配方成 $(x-2)^2-2^2$ 。這是 $\sqrt{u^2-a^2}$ 型積分，令 $x-2=2\sec\theta$ 可消去根號。

答題過程

展開

x^2-4x=(x-2)^2-4.

令 $x-2=2\sec\theta$ ，則 $\mathrm{d}x=2\sec\theta\tan\theta\,\mathrm{d}\theta$ ，並且

\sqrt{x^2-4x}=2\tan\theta.

因此

\begin{align*} \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2-4x}} =&\,\int\sec\theta\,\mathrm{d}\theta\\[4mm] =&\,\ln|\sec\theta+\tan\theta|+C\\[4mm] =&\,\boxed{\ln\left|x-2+\sqrt{x^2-4x}\right|+C}. \end{align*}

(b)

解法一

思路

展開

令 $u=(x+y)/2$ 、 $v=(x-y)/2$ 後，原正方形變為菱形。將 $u$ 與 $\pi-u$ 配對，便可先積掉 $v$ ；最後的一變數積分可化成多項式乘 $\tan^{-1}(1/t)$ 。

答題過程

展開

令

u=\frac{x+y}{2},\qquad v=\frac{x-y}{2}.

則 $x=u+v$ 、 $y=u-v$ 、 $\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=2\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v$ ，且

2-\cos x-\cos y=2\bigl(1-\cos u\cos v\bigr).

令 $a(u)=\min\{u,\pi-u\}$ ，原積分為

I=\int_0^\pi\int_{-a(u)}^{a(u)} \frac{1-\cos(6u)}{1-\cos u\cos v}\,\mathrm{d}v\,\mathrm{d}u.

把 $u$ 與 $\pi-u$ 的部分配對，並對 $v$ 積分，得到

\begin{align*} I =&\,4\int_0^{\pi/2}\frac{1-\cos6u}{\sin u} \tan^{-1}\!\left(\frac1{\cos u}\right)\,\mathrm{d}u. \end{align*}

其中用到了（令 $t=\tan v$ ）

\int_{-u}^{u}\frac{\mathrm{d}v}{1-\cos^2u\cos^2v} =\frac{2}{\sin u}\tan^{-1}\!\left(\frac1{\cos u}\right).

再以 $1-\cos6u=2\sin^23u$ 、 $\sin3u=\sin u(3-4\sin^2u)$ ，並令 $t=\cos u$ ，可化為

I=8\int_0^1(4t^2-1)^2\tan^{-1}\!\left(\frac1t\right)\,\mathrm{d}t.

設 $J_m=\int_0^1t^m\tan^{-1}(1/t)\,\mathrm{d}t$ 。分部積分得

J_m=\frac{\pi}{4(m+1)} +\frac{1}{m+1}\int_0^1\frac{t^{m+1}}{1+t^2}\,\mathrm{d}t.

故

J_0=\frac\pi4+\frac{\ln2}{2},\qquad J_2=\frac\pi{12}+\frac{1-\ln2}{6},\qquad J_4=\frac\pi{20}-\frac1{20}+\frac{\ln2}{10}.

代回 $I=8(J_0-8J_2+16J_4)$ ：

\boxed{I=\frac{46\pi-256+412\ln2}{15}}.

(c)

解法一

思路

展開

被積函數含有 $(y-x)/(y+x)$ ，令 $u=x+y$ 、 $v=y-x$ 可讓它變成 $\cos(v/u)$ ；梯形也變成容易描述的積分區域。

答題過程

展開

令 $u=x+y$ 、 $v=y-x$ ，則

x=\frac{u-v}{2},\qquad y=\frac{u+v}{2},\qquad \left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|=\frac12.

四個頂點分別變為 $(1,-1)$ 、 $(2,-2)$ 、 $(2,2)$ 、 $(1,1)$ ，故 $1\le u\le2$ 且 $-u\le v\le u$ 。因此

\begin{align*} \iint_R\cos\!\left(\frac{y-x}{y+x}\right)\,\mathrm{d}A =&\,\frac12\int_1^2\int_{-u}^{u}\cos\!\left(\frac vu\right)\,\mathrm{d}v\,\mathrm{d}u\\[4mm] =&\,\frac12\int_1^2 2u\sin1\,\mathrm{d}u\\[4mm] =&\,\boxed{\frac{3\sin1}{2}}. \end{align*}

(d)

解法一

思路

展開

這是正向封閉曲線的線積分，直接使用 Green 定理。 $\partial Q/\partial x-\partial P/\partial y$ 是常數，故只需計算兩曲線圍成的面積。

答題過程

展開

設 $P=3y+e^{\sqrt{x}}$ 、 $Q=5x+\cos y^2$ 。則

\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=5-3=2.

兩曲線交於 $(0,0)$ 、 $(1,1)$ ，且在 $0\le x\le1$ 時上方曲線為 $y=\sqrt{x}$ 、下方為 $y=x^2$ 。所以

\operatorname{Area}(R) =\int_0^1(\sqrt{x}-x^2)\,\mathrm{d}x =\frac13.

由 Green 定理，

\boxed{\int_{\mathcal C}P\,\mathrm{d}x+Q\,\mathrm{d}y =2\operatorname{Area}(R)=\frac23}.

111 政治大學微積分（應數三年級）第 2 題

題目

解答

(a)

解法一

思路

答題過程

(b)

解法一

思路

答題過程

(c)

解法一

思路

答題過程

(d)

解法一

思路

答題過程