利用定积分求极限

\[I=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{n^2+k^2+k}.\]

求

\[\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\csc^4 x\mathrm{d}x\]

[Hint] 将被积函数拆成 $\csc^2 x\cdot\csc^2 x$, $\csc^2 x\mathrm{d}x=-\mathrm{d}\cot x$. 然后用分部积分.

求定积分

\[\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x\ln(\cos x)}{\tan x}\mathrm{d}x.\]

Remark:  题目来源于同事陶文清.

这道题的正确解答参见这里的第三个解答. 涉及多个知识点. 是很好的一道习题. 这个反常积分, 用通常的换元法、分部积分法都不好算. 甚至也暂时想不到是否能用复变函数的方法（即利用留数定理计算实变函数的积分）. 

解答中需要用到无穷级数、常微分方程等.

设 $f(x)=\int_0^x \frac{\ln(1-t)}{t}\mathrm{d}t$ 定义于 $(-1,1)$ 内, 证明: $f(x)+f(-x)=\frac{1}{2}f(x^2)$.

计算定积分

\[\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1-\sin 2x}{1+\sin 2x}\mathrm{d}x\]

[Hint]

利用 $\int_0^a f(x)\mathrm{d}x=\int_0^a f(a-x)\mathrm{d}x$.

设 $\alpha > 0$, $I_1=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^{\alpha}e^{\sin x}\mathrm{d}x$, $I_2=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^{\alpha}e^{\cos x}\mathrm{d}x$, 比较 $I_1$ 和 $I_2$ 的大小.

[Hint] 参考问题2331

函数 $f(x)$ 定义为

\[
f(x)=\begin{cases}
c\int_{\max\{0,x-1\}}^{x}ye^{-y}\mathrm{d}y, & x\geqslant 0,\\
0, & x < 0.
\end{cases}
\]

这里 $c$ 是正常数. 并且 $f(x)$ 满足 $\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\mathrm{d}x=1$. 

求 $\int_{-\infty}^{\infty}xf(x)\mathrm{d}x$ 的值.

Remark:

题目来源于浙江大学某老师布置的题目.

求定积分 $\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x$.

[Hint] 令 $t=\dfrac{1-x}{1+x}$ 或 $x=\dfrac{1-t}{1+t}$.  (by 梅加强老师)

[Hint] 如果用逐项求导的办法, 则可以考虑

\[
I(\alpha)=\int_0^1\frac{\ln(1+\alpha x)}{1+x^2}\mathrm{d}x,
\]

计算 $I'(\alpha)$.   (by 李军) 

Remark: 据说这种方法源自物理学家费因曼. (2021-07-17)

Remark:

\[
\int_0^1\dfrac{\ln(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^n\theta\mathrm{d}\theta.
\]

若令 $I_n=\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{\pi}{4}}\tan^n\theta\mathrm{d}\theta$, 则有递推关系 $I_n=\dfrac{1}{n-1}-I_{n-2}$, ($n\geqslant 2$).  参加问题2679.

求 $I_n=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^n\theta\mathrm{d}\theta$.

特别的, 

\[
I_1=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan\theta\mathrm{d}\theta=\frac{1}{2}\ln 2,
\]

\[
I_2=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^2\theta\mathrm{d}\theta=1-\frac{\pi}{4}.
\]

当 $n\geqslant 2$ 时, 有递推公式

\[
I_n=\frac{1}{n-1}-I_{n-2}.
\]

\[
I_{2n}=(-1)^n\biggl[\frac{\pi}{4}-(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1})\biggr]
\]

这里 $I_{2n}$ 参见 [1]

对于 $\tan^n x$ 的不定积分, 也有类似的递推公式. 

若记 $J_n=\int\tan^n x\mathrm{d}x$, ($n\geqslant 2$, 且 $n$ 是整数.) 则有

\[
J_n=\frac{1}{n-1}\tan^{n-1}x-J_{n-2} .
\]

References:

[1] 吉米多维奇, 问题2283

P. 264--266    习题 6.2

7. 求由下列各组曲线或直线所围成的平面图形, 绕指定的轴旋转所构成的旋转体的体积:

(4)  $y=x^2+7$ 及 $y=3x^2+5$, 绕 $x$ 轴.

9.  求由抛物线 $y^2=2x$ 与直线 $x=\frac{1}{2}$ 所围成的图形绕直线 $y=-1$ 旋转所得旋转体的体积.

14. 求下列曲线在指定范围内的一段弧的长度.

(6)    $\displaystyle y=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{x}\sqrt{\cos x}\mathrm{d}x$,  $-\frac{\pi}{2}\leqslant x\leqslant\frac{\pi}{2}$.