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本課程筆記數學 · 4 篇
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12-5 作业

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欧拉积分和曲线积分是数学分析中计算技巧性非常强、概念也很抽象的部分。

第一部分：核心知识点

本节主要讲了两类特殊的函数（用来算复杂积分的工具）和一种新的积分（在弯曲的线上做积分）。

1. 欧拉积分：Γ\Gamma 函数与 BB 函数

之前学的积分，比如 ∫x2dx\int x^2 dx，都是初等函数。但很多积分算不出来具体的初等函数，于是数学家定义了两个"模具"，只要积分长得像这个模具，就能直接算出答案。

工具 A：伽玛函数 Γ(s)\Gamma(s) (可以理解为“广义阶乘”)

  • 模具样子：积分区间是 (0,+∞)(0, +\infty)，里面是“幂函数 ×\times 指数函数”。 Γ(s)=∫0+∞xs−1e−x dx(s>0)\Gamma(s) = \int_0^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} \, dx \quad (s > 0)
  • 核心性质（必须背下来）：
    1. 阶乘性质：Γ(n+1)=n!\Gamma(n+1) = n! （当 nn 是整数）。例如 Γ(3)=2!=2\Gamma(3) = 2! = 2。
    2. 递推公式：Γ(s+1)=sΓ(s)\Gamma(s+1) = s \Gamma(s)。
    3. 特殊值：Γ(12)=π\Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi} （这个非常重要，做题常考）。

工具 B：贝塔函数 B(p,q)B(p, q)

  • 模具样子：积分区间是 (0,1)(0, 1)，里面是“xx 的幂 ×\times (1−x)(1-x) 的幂”。 B(p,q)=∫01xp−1(1−x)q−1 dxB(p, q) = \int_0^1 x^{p-1} (1-x)^{q-1} \, dx
  • 三角形式（常用于正弦余弦的积分）： B(p,q)=2∫0π2sin⁡2p−1θcos⁡2q−1θ dθB(p, q) = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2p-1}\theta \cos^{2q-1}\theta \, d\theta
  • A与B的关系（万能公式）： B(p,q)=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q)B(p, q) = \frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}
  • 余元公式（用来处理奇怪的分数）： Γ(p)Γ(1−p)=πsin⁡(pπ)(0<p<1)\Gamma(p)\Gamma(1-p) = \frac{\pi}{\sin(p\pi)} \quad (0<p<1)

2. 第一类曲线积分 (对弧长的积分)

  • 直观理解：计算一段弯曲铁丝的质量——已知铁丝每一处的密度 ρ(x,y)\rho(x,y)，沿着铁丝把所有微小的质量加起来。
  • 计算方法（口诀：“一换二代三积分”）：
    1. 换：把曲线 LL 写成参数方程 {x=x(t)y=y(t)\begin{cases} x = x(t) \\ y = y(t) \end{cases}。
    2. 代：把被积函数里的 x,yx, y 都换成 tt。
    3. 算弧长微分：ds=(x′)2+(y′)2 dtds = \sqrt{(x')^2 + (y')^2} \, dt。
    • 最后变成一个关于 tt 的普通定积分：∫αβf(x(t),y(t))(x′)2+(y′)2 dt\int_\alpha^\beta f(x(t), y(t)) \sqrt{(x')^2 + (y')^2} \, dt。

第二部分：P340 相关题目详细讲解

解答原则：能化成 Γ\Gamma 或 BB 函数的，尽量往那上面凑。

T1. 计算下列积分

(1) ∫01x−x2 dx\displaystyle \int_0^1 \sqrt{x - x^2} \, dx

  • 分析：看到积分区间 (0,1)(0,1) 和根号下的二次项，先提取公因式凑 BB 函数定义。
  • 步骤：
    1. 变形被积函数：x−x2=x(1−x)=x1/2(1−x)1/2\sqrt{x - x^2} = \sqrt{x(1-x)} = x^{1/2} (1-x)^{1/2}。
    2. 这就完全符合 B(p,q)B(p,q) 的定义：∫01xp−1(1−x)q−1dx\int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-1} dx。
    3. 这里 p−1=1/2⇒p=3/2p-1 = 1/2 \Rightarrow p = 3/2，q−1=1/2⇒q=3/2q-1 = 1/2 \Rightarrow q = 3/2。
    4. 原式 =B(32,32)= B(\frac{3}{2}, \frac{3}{2})。
    5. 利用关系式：=Γ(3/2)Γ(3/2)Γ(3/2+3/2)=(12Γ(12))2Γ(3)= \frac{\Gamma(3/2)\Gamma(3/2)}{\Gamma(3/2+3/2)} = \frac{(\frac{1}{2}\Gamma(\frac{1}{2}))^2}{\Gamma(3)}。
    6. 代入 Γ(1/2)=π,Γ(3)=2!=2\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}, \Gamma(3)=2! = 2。
    7. 原式 =(12π)22=14π2=π8= \frac{(\frac{1}{2}\sqrt{\pi})^2}{2} = \frac{\frac{1}{4}\pi}{2} = \frac{\pi}{8}。
  • 答案：π8\frac{\pi}{8}

(2) ∫0πdx3−cos⁡x\displaystyle \int_0^\pi \frac{dx}{\sqrt{3 - \cos x}}

  • 分析：这道题比较特殊，它是一个椭圆积分，通常无法用简单的 Γ\Gamma 函数直接算出数值，除非这里有特殊技巧。但标准解法是化简为椭圆积分形式。如果是在考查欧拉积分的章节，可能存在特定参数技巧，但我们按标准步骤化简。
  • 步骤：
    1. 利用半角公式：cos⁡x=1−2sin⁡2x2\cos x = 1 - 2\sin^2 \frac{x}{2}。
    2. 分母变成 3−(1−2sin⁡2x2)=2+2sin⁡2x2=21+sin⁡2x2\sqrt{3 - (1 - 2\sin^2 \frac{x}{2})} = \sqrt{2 + 2\sin^2 \frac{x}{2}} = \sqrt{2} \sqrt{1 + \sin^2 \frac{x}{2}}。
    3. 令 t=x2t = \frac{x}{2}，则 dx=2dtdx = 2 dt。当 x=0,t=0x=0, t=0；当 x=π,t=π2x=\pi, t=\frac{\pi}{2}。
    4. 原式 =∫0π22dt21+sin⁡2t=2∫0π2dt1+sin⁡2t= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{2 dt}{\sqrt{2}\sqrt{1+\sin^2 t}} = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dt}{\sqrt{1+\sin^2 t}}。
    • 注：这是一个第一类椭圆积分，通常记作 K(k)K(k) 形式，但无法算出像 π\pi 这样的简单数。
    • 修正思路：如果这是必做题，可能题目有误（例如分母是 2(1−cos⁡x)\sqrt{2(1-\cos x)} 就能算）。但如果必须按原题算，只能保留在椭圆积分形式或使用级数展开。鉴于这是普通练习题，这道题可能是让你练习化简，或者题目抄写时有偏差（比如可能是 ∫0π/2...\int_0^{\pi/2} ...）。
    • 我们这里给出一个最简化的积分类形式：2F(π2,i)\sqrt{2} F(\frac{\pi}{2}, i) (涉及到虚数模，通常本科阶段不要求算出具体数)。
    • 建议：如果老师没有讲过椭圆积分，请检查题目是否抄错（例如是否为 ∫0πdx1−cos⁡x\int_0^{\pi} \frac{dx}{\sqrt{1-\cos x}}? 那样能算）。
    • 假设题目无误的回答：该积分为第一类完全椭圆积分形式，值为 2K(1/2)≈2.622\sqrt{2} K(1/\sqrt{2}) \approx 2.622。

(3) ∫01dx1−xnn(n>1)\displaystyle \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt[n]{1 - x^n}} \quad (n > 1)

  • 分析：把 1−xnn\sqrt[n]{1-x^n} 处理成标准 BB 函数形式。
  • 步骤：
    1. 令 t=xnt = x^n，那么 x=t1/nx = t^{1/n}，dx=1nt1n−1dtdx = \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} dt。
    2. 区间：x∈[0,1]⇒t∈[0,1]x \in [0,1] \Rightarrow t \in [0,1]。
    3. 被积函数 1(1−xn)1/n=(1−t)−1/n\frac{1}{(1-x^n)^{1/n}} = (1-t)^{-1/n}。
    4. 代入积分：∫01(1−t)−1/n⋅1nt1n−1 dt=1n∫01t1n−1(1−t)−1/n dt\int_0^1 (1-t)^{-1/n} \cdot \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} \, dt = \frac{1}{n} \int_0^1 t^{\frac{1}{n}-1} (1-t)^{-1/n} \, dt。
    5. 这是 BB 函数：p=1n,q=1−1np = \frac{1}{n}, q = 1 - \frac{1}{n}。
    6. 原式 =1nB(1n,1−1n)= \frac{1}{n} B(\frac{1}{n}, 1-\frac{1}{n})。
    7. 利用余元公式 Γ(p)Γ(1−p)=πsin⁡pπ\Gamma(p)\Gamma(1-p) = \frac{\pi}{\sin p\pi}： B(p,1−p)=Γ(p)Γ(1−p)=πsin⁡(pπ)B(p, 1-p) = \Gamma(p)\Gamma(1-p) = \frac{\pi}{\sin(p\pi)}。
    8. 结果 =1n⋅πsin⁡(πn)= \frac{1}{n} \cdot \frac{\pi}{\sin(\frac{\pi}{n})}。
  • 答案：πnsin⁡πn\frac{\pi}{n \sin \frac{\pi}{n}}

(4) ∫0+∞xm−11+xn dx(n>m>0)\displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{x^{m-1}}{1 + x^n} \, dx \quad (n > m > 0)

  • 分析：这是 BB 函数的另一种形式：∫0∞ya−11+ydy=πsin⁡aπ\int_0^\infty \frac{y^{a-1}}{1+y} dy = \frac{\pi}{\sin a\pi}（其实就是余元公式的变形）。
  • 步骤：
    1. 令 u=xnu = x^n，则 x=u1/nx = u^{1/n}，dx=1nu1n−1dudx = \frac{1}{n} u^{\frac{1}{n}-1} du。
    2. 区间仍是 (0,+∞)(0, +\infty)。
    3. 代入：∫0+∞(u1/n)m−11+u⋅1nu1n−1 du\int_0^{+\infty} \frac{(u^{1/n})^{m-1}}{1+u} \cdot \frac{1}{n} u^{\frac{1}{n}-1} \, du。
    4. 整理指数：m−1n+1n−1=mn−1\frac{m-1}{n} + \frac{1}{n} - 1 = \frac{m}{n} - 1。
    5. 原式 =1n∫0+∞umn−11+u du= \frac{1}{n} \int_0^{+\infty} \frac{u^{\frac{m}{n}-1}}{1+u} \, du。
    6. 利用公式 ∫0∞ua−11+udu=πsin⁡aπ\int_0^\infty \frac{u^{a-1}}{1+u} du = \frac{\pi}{\sin a\pi}，这里 a=mna = \frac{m}{n}。
    7. 因为 0<m<n0 < m < n，所以 0<a<10 < a < 1，公式成立。
  • 答案：πnsin⁡mπn\frac{\pi}{n \sin \frac{m\pi}{n}}

(5) ∫0+∞x4(1+x)2 dx\displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{\sqrt[4]{x}}{(1 + x)^2} \, dx

  • 分析：这符合 BB 函数的第三种定义：B(p,q)=∫0+∞xp−1(1+x)p+q dxB(p, q) = \int_0^{+\infty} \frac{x^{p-1}}{(1+x)^{p+q}} \, dx。
  • 步骤：
    1. 被积函数为 x1/4(1+x)2\frac{x^{1/4}}{(1+x)^2}。
    2. 对比 xp−1x^{p-1}，得 p−1=1/4⇒p=5/4p-1 = 1/4 \Rightarrow p = 5/4。
    3. 对比分母 (1+x)p+q(1+x)^{p+q}，得 p+q=2⇒5/4+q=2⇒q=3/4p+q = 2 \Rightarrow 5/4 + q = 2 \Rightarrow q = 3/4。
    4. 原式 =B(54,34)= B(\frac{5}{4}, \frac{3}{4})。
    5. 利用 B(p,q)=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q)B(p,q) = \frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}： =Γ(5/4)Γ(3/4)Γ(2)= \frac{\Gamma(5/4)\Gamma(3/4)}{\Gamma(2)}。
    6. 分母 Γ(2)=1!=1\Gamma(2) = 1! = 1。分子用递推公式 Γ(5/4)=14Γ(1/4)\Gamma(5/4) = \frac{1}{4}\Gamma(1/4)。
    7. 原式 =14Γ(14)Γ(34)= \frac{1}{4} \Gamma(\frac{1}{4}) \Gamma(\frac{3}{4})。
    8. 利用余元公式 Γ(z)Γ(1−z)\Gamma(z)\Gamma(1-z)，这里 z=1/4z=1/4。 Γ(1/4)Γ(3/4)=πsin⁡(π/4)=π2/2=2π\Gamma(1/4)\Gamma(3/4) = \frac{\pi}{\sin(\pi/4)} = \frac{\pi}{\sqrt{2}/2} = \sqrt{2}\pi。
    9. 最终结果 =14⋅2π= \frac{1}{4} \cdot \sqrt{2}\pi。
  • 答案：2π4\frac{\sqrt{2}\pi}{4}

(6) ∫0π2sin⁡7xcos⁡12x dx\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^7 x \cos^{\frac{1}{2}} x \, dx

  • 分析：直接套用三角形式的 BB 函数公式。
  • 步骤：
    1. 公式：∫0π/2sin⁡αxcos⁡βx dx=12B(α+12,β+12)\int_0^{\pi/2} \sin^\alpha x \cos^\beta x \, dx = \frac{1}{2} B(\frac{\alpha+1}{2}, \frac{\beta+1}{2})。
    2. 这里 α=7,β=1/2\alpha = 7, \beta = 1/2。
    3. p=7+12=4p = \frac{7+1}{2} = 4，q=1/2+12=34q = \frac{1/2+1}{2} = \frac{3}{4}。
    4. 原式 =12B(4,34)=12Γ(4)Γ(3/4)Γ(4.75)= \frac{1}{2} B(4, \frac{3}{4}) = \frac{1}{2} \frac{\Gamma(4)\Gamma(3/4)}{\Gamma(4.75)}。
    5. 利用递推公式 Γ(n+s)=(n+s−1)…sΓ(s)\Gamma(n+s) = (n+s-1)\dots s \Gamma(s) 化简分母： Γ(19/4)=154⋅114⋅74⋅34Γ(3/4)\Gamma(19/4) = \frac{15}{4} \cdot \frac{11}{4} \cdot \frac{7}{4} \cdot \frac{3}{4} \Gamma(3/4)。
    6. 分子 Γ(4)=3!=6\Gamma(4) = 3! = 6。
    7. 代入：12⋅6⋅Γ(3/4)15⋅11⋅7⋅344Γ(3/4)=3⋅2563465=2561155\frac{1}{2} \cdot \frac{6 \cdot \Gamma(3/4)}{\frac{15 \cdot 11 \cdot 7 \cdot 3}{4^4} \Gamma(3/4)} = \frac{3 \cdot 256}{3465} = \frac{256}{1155}。
  • 答案：2561155\frac{256}{1155}

(7) ∫0+∞xme−xn dx(m,n>0)\displaystyle \int_0^{+\infty} x^m e^{-x^n} \, dx \quad (m, n > 0)

  • 分析：Γ\Gamma 函数的标准凑法。目的是把 e−xne^{-x^n} 变成 e−te^{-t}。
  • 步骤：
    1. 令 t=xn⇒x=t1/nt = x^n \Rightarrow x = t^{1/n}，dx=1nt1n−1dtdx = \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} dt。
    2. 代入积分：∫0+∞(t1/n)me−t⋅1nt1n−1 dt\int_0^{+\infty} (t^{1/n})^m e^{-t} \cdot \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} \, dt。
    3. 整理：1n∫0+∞tmn⋅t1n−1e−t dt=1n∫0+∞tm+1n−1e−t dt\frac{1}{n} \int_0^{+\infty} t^{\frac{m}{n}} \cdot t^{\frac{1}{n}-1} e^{-t} \, dt = \frac{1}{n} \int_0^{+\infty} t^{\frac{m+1}{n}-1} e^{-t} \, dt。
    4. 根据 Γ\Gamma 定义 ∫0∞ts−1e−tdt=Γ(s)\int_0^\infty t^{s-1} e^{-t} dt = \Gamma(s)，这里 s=m+1ns = \frac{m+1}{n}。
  • 答案：1nΓ(m+1n)\frac{1}{n} \Gamma\left(\frac{m+1}{n}\right)

(8) ∫01xp−1(1−xn)q−1 dx(p,q,n>0)\displaystyle \int_0^1 x^{p-1} (1 - x^n)^{q-1} \, dx \quad (p, q, n > 0)

  • 分析：这是 BB 函数的变体，需要把 (1−xn)(1-x^n) 变成 (1−t)(1-t)。
  • 步骤：
    1. 令 t=xn⇒x=t1/nt = x^n \Rightarrow x = t^{1/n}，dx=1nt1n−1dtdx = \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} dt。
    2. 代入：∫01(t1/n)p−1(1−t)q−1⋅1nt1n−1 dt\int_0^1 (t^{1/n})^{p-1} (1-t)^{q-1} \cdot \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} \, dt。
    3. 整理 tt 的指数：p−1n+1n−1=pn−1\frac{p-1}{n} + \frac{1}{n} - 1 = \frac{p}{n} - 1。
    4. 原式 =1n∫01tpn−1(1−t)q−1 dt= \frac{1}{n} \int_0^1 t^{\frac{p}{n}-1} (1-t)^{q-1} \, dt。
    5. 直接对照 BB 函数定义。
  • 答案：1nB(pn,q)\frac{1}{n} B\left(\frac{p}{n}, q\right)

T2. 证明 ∫0+∞e−xn dx=1nΓ(1n)\displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-x^n} \, dx = \frac{1}{n} \Gamma\left(\frac{1}{n}\right) 并求极限

  1. 证明等式：
    • 利用 T1(7) 的结论，令 m=0m=0（即 x0=1x^0=1）。
    • 直接代入 T1(7) 结果：1nΓ(0+1n)=1nΓ(1n)\frac{1}{n} \Gamma(\frac{0+1}{n}) = \frac{1}{n} \Gamma(\frac{1}{n})。得证。
  2. 求极限 lim⁡n→∞1nΓ(1n)\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \Gamma(\frac{1}{n})：
    • 令 t=1nt = \frac{1}{n}，当 n→∞n \to \infty 时，t→0+t \to 0^+。
    • 原式变为 lim⁡t→0+tΓ(t)\lim_{t \to 0^+} t \Gamma(t)。
    • 利用性质 Γ(t+1)=tΓ(t)\Gamma(t+1) = t \Gamma(t)。
    • 所以 lim⁡t→0+tΓ(t)=lim⁡t→0+Γ(t+1)=Γ(1)=0!=1\lim_{t \to 0^+} t \Gamma(t) = \lim_{t \to 0^+} \Gamma(t+1) = \Gamma(1) = 0! = 1。
  • 结论：极限值为 1。

T3. 证明 Γ(s)\Gamma(s) 可导及导数公式

这是含参变量积分求导的问题。

  • 证明：
    1. Γ(s)=∫0+∞xs−1e−x dx\Gamma(s) = \int_0^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} \, dx。
    2. 对 ss 求导，根据“积分符号下求导法则”，我们可以把导数 dds\frac{d}{ds} 移到积分号里面。
    3. 被积函数 f(x,s)=xs−1e−x=e(s−1)ln⁡xe−xf(x, s) = x^{s-1} e^{-x} = e^{(s-1)\ln x} e^{-x}。
    4. 对 ss 求偏导：∂∂s(xs−1e−x)=xs−1e−x⋅ln⁡x\frac{\partial}{\partial s} (x^{s-1} e^{-x}) = x^{s-1} e^{-x} \cdot \ln x （指数函数求导法则 (as)′=asln⁡a(a^s)' = a^s \ln a）。
    5. 所以 Γ′(s)=∫0+∞xs−1e−xln⁡x dx\Gamma'(s) = \int_0^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} \ln x \, dx。
    6. 进一步：继续求导，nn 阶导数就是乘 nn 次 ln⁡x\ln x。
    7. Γ(n)(s)=∫0+∞xs−1e−x(ln⁡x)n dx\Gamma^{(n)}(s) = \int_0^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} (\ln x)^n \, dx。

T4. 证明 lim⁡s→+∞Γ(s)=+∞\displaystyle \lim_{s \to +\infty} \Gamma(s) = +\infty

  • 直观思路：Γ(n)=(n−1)!\Gamma(n) = (n-1)!，当 nn 很大时，阶乘趋向无穷大。
  • 严格证明：
    • 取 x∈[1,+∞)x \in [1, +\infty) 时，积分部分 ∫1+∞xs−1e−xdx\int_1^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} dx。
    • 当 ss 很大时，选取一个子区间 [2,3][2, 3]。在该区间上 xs−1≥2s−1x^{s-1} \ge 2^{s-1}。
    • Γ(s)>∫232s−1e−xdx=2s−1(e−2−e−3)\Gamma(s) > \int_2^3 2^{s-1} e^{-x} dx = 2^{s-1} (e^{-2} - e^{-3})。
    • 当 s→+∞s \to +\infty 时，2s−1→+∞2^{s-1} \to +\infty，常数 (e−2−e−3)>0(e^{-2}-e^{-3}) > 0。
    • 所以整体趋向 +∞+\infty。

T5. 计算 ∫01ln⁡Γ(x) dx\displaystyle \int_0^1 \ln \Gamma(x) \, dx

这是一个经典的高难度积分。

  • 步骤：
    1. 利用对称性，设 I=∫01ln⁡Γ(x)dxI = \int_0^1 \ln \Gamma(x) dx。
    2. 令 t=1−xt = 1-x，则 I=∫01ln⁡Γ(1−x)dxI = \int_0^1 \ln \Gamma(1-x) dx。
    3. 两式相加：2I=∫01[ln⁡Γ(x)+ln⁡Γ(1−x)]dx=∫01ln⁡[Γ(x)Γ(1−x)]dx2I = \int_0^1 [\ln \Gamma(x) + \ln \Gamma(1-x)] dx = \int_0^1 \ln [\Gamma(x)\Gamma(1-x)] dx。
    4. 利用余元公式 Γ(x)Γ(1−x)=πsin⁡πx\Gamma(x)\Gamma(1-x) = \frac{\pi}{\sin \pi x}。
    5. 2I=∫01ln⁡πsin⁡πxdx=∫01(ln⁡π−ln⁡sin⁡πx)dx2I = \int_0^1 \ln \frac{\pi}{\sin \pi x} dx = \int_0^1 (\ln \pi - \ln \sin \pi x) dx。
    6. 第一部分 ∫01ln⁡πdx=ln⁡π\int_0^1 \ln \pi dx = \ln \pi。
    7. 第二部分：令 u=πxu = \pi x，∫01ln⁡sin⁡πxdx=1π∫0πln⁡sin⁡udu\int_0^1 \ln \sin \pi x dx = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi \ln \sin u du。
    8. 已知经典积分 ∫0πln⁡sin⁡udu=−πln⁡2\int_0^\pi \ln \sin u du = -\pi \ln 2。
    9. 所以 2I=ln⁡π−(−ln⁡2)=ln⁡π+ln⁡2=ln⁡(2π)2I = \ln \pi - (-\ln 2) = \ln \pi + \ln 2 = \ln(2\pi)。
    10. I=12ln⁡(2π)I = \frac{1}{2} \ln(2\pi)。
  • 答案：12ln⁡(2π)\frac{1}{2} \ln(2\pi)

T7. 反常重积分 Ω\Omega

  • 题目：∭Ωdxdydz1+xα+yβ+zγ\iiint_\Omega \frac{dx dy dz}{1 + x^\alpha + y^\beta + z^\gamma}
  • 方法：广义球面坐标变换（Dirichlet 积分技巧）。
    1. 令 u=xα,v=yβ,w=zγu = x^\alpha, v = y^\beta, w = z^\gamma。
    2. x=u1/α,dx=1αu1/α−1dux = u^{1/\alpha}, dx = \frac{1}{\alpha} u^{1/\alpha - 1} du。同理处理 y,zy, z。
    3. 区域 Ω\Omega 变为 u,v,w>0u,v,w > 0。
    4. I=1αβγ∭u1α−1v1β−1w1γ−11+u+v+wdudvdwI = \frac{1}{\alpha\beta\gamma} \iiint \frac{u^{\frac{1}{\alpha}-1} v^{\frac{1}{\beta}-1} w^{\frac{1}{\gamma}-1}}{1 + u + v + w} du dv dw。
  • 收敛条件：
    • 分母增长阶数为 11，分子总体阶数为 1α+1β+1γ−3\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} - 3。
    • 对于无穷远处收敛，需要总阶数小于 −1-1（类似三维空间 1rk\frac{1}{r^k} 需要 k>3k>3 收敛，这里分母是一次，所以需要分子非常小？不，其实可以转化为 Gamma 函数）。
    • 该积分为 Liouville 积分形式。利用公式： ∭⋯=Γ(1/α)Γ(1/β)Γ(1/γ)Γ(1/α+1/β+1/γ)∫0∞t1/α+1/β+1/γ−11+tdt\iiint \dots = \frac{\Gamma(1/\alpha)\Gamma(1/\beta)\Gamma(1/\gamma)}{\Gamma(1/\alpha+1/\beta+1/\gamma)} \int_0^\infty \frac{t^{1/\alpha+1/\beta+1/\gamma - 1}}{1+t} dt。
    • 最后的单积分要收敛，需要指数 s=1α+1β+1γ<1s = \frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} < 1。
  • 计算值：
    • 当 1α+1β+1γ<1\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} < 1 时，
    • I=1αβγΓ(1/α)Γ(1/β)Γ(1/γ)Γ(S)⋅Γ(S)Γ(1−S)I = \frac{1}{\alpha\beta\gamma} \frac{\Gamma(1/\alpha)\Gamma(1/\beta)\Gamma(1/\gamma)}{\Gamma(S)} \cdot \Gamma(S)\Gamma(1-S) （其中 S=1/α+1/β+1/γS = 1/\alpha+1/\beta+1/\gamma）。
    • 化简得 I=1αβγΓ(1/α)Γ(1/β)Γ(1/γ)Γ(1−(1α+1β+1γ))I = \frac{1}{\alpha\beta\gamma} \Gamma(1/\alpha)\Gamma(1/\beta)\Gamma(1/\gamma) \Gamma(1 - (\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\gamma}))。

T9. 证明 ∫0π2tan⁡αx dx=π2cos⁡απ2\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \tan^\alpha x \, dx = \frac{\pi}{2 \cos \frac{\alpha \pi}{2}}

  • 步骤：
    1. tan⁡αx=sin⁡αxcos⁡−αx\tan^\alpha x = \sin^\alpha x \cos^{-\alpha} x。
    2. 利用 T1(6) 的 BB 函数三角形式公式。
    3. 原式 =12B(α+12,−α+12)= \frac{1}{2} B(\frac{\alpha+1}{2}, \frac{-\alpha+1}{2})。
    4. 令 p=1+α2p = \frac{1+\alpha}{2}，则 1−p=1−1+α2=1−α21-p = 1 - \frac{1+\alpha}{2} = \frac{1-\alpha}{2}。恰好对应。
    5. 利用余元公式：12⋅πsin⁡(1+α2π)\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{\sin(\frac{1+\alpha}{2}\pi)}。
    6. sin⁡(π2+απ2)=cos⁡(απ2)\sin(\frac{\pi}{2} + \frac{\alpha\pi}{2}) = \cos(\frac{\alpha\pi}{2})。
    7. 得证：π2cos⁡απ2\frac{\pi}{2 \cos \frac{\alpha \pi}{2}}。

例子 1.1 - 1.3 讲解

例子 1.1: ∫01xa(1−xb)c dx\int_0^1 x^a (1 - x^b)^c \, dx

  • 令 t=xb⇒x=t1/bt = x^b \Rightarrow x = t^{1/b}。
  • dx=1bt1b−1dtdx = \frac{1}{b} t^{\frac{1}{b}-1} dt。
  • 代入：∫01ta/b(1−t)c1bt1/b−1dt=1b∫01ta+1b−1(1−t)cdt\int_0^1 t^{a/b} (1-t)^c \frac{1}{b} t^{1/b - 1} dt = \frac{1}{b} \int_0^1 t^{\frac{a+1}{b}-1} (1-t)^c dt。
  • 结果：1bB(a+1b,c+1)\frac{1}{b} B(\frac{a+1}{b}, c+1)。

例子 1.2: ∫01x81−x3 dx\int_0^1 x^8 \sqrt{1 - x^3} \, dx

  • 对应上题，a=8,b=3,c=1/2a=8, b=3, c=1/2。
  • 结果：13B(8+13,12+1)=13B(3,32)\frac{1}{3} B(\frac{8+1}{3}, \frac{1}{2}+1) = \frac{1}{3} B(3, \frac{3}{2})。
  • 计算：13Γ(3)Γ(3/2)Γ(9/2)=132⋅12π72523212π=13110516=16315\frac{1}{3} \frac{\Gamma(3)\Gamma(3/2)}{\Gamma(9/2)} = \frac{1}{3} \frac{2 \cdot \frac{1}{2}\sqrt{\pi}}{\frac{7}{2}\frac{5}{2}\frac{3}{2}\frac{1}{2}\sqrt{\pi}} = \frac{1}{3} \frac{1}{\frac{105}{16}} = \frac{16}{315}。

例子 1.3: 三叶玫瑰线面积

  • 面积公式（极坐标）：S=12∫ρ2dθS = \frac{1}{2} \int \rho^2 d\theta。
  • 这里 x,yx,y 给出的是参数方程，我们将其转为极坐标。注意到 x=ρcos⁡θ,y=ρsin⁡θx = \rho \cos \theta, y = \rho \sin \theta，对比题目 ρ=acos⁡3θ\rho = a \cos 3\theta。
  • 因为有三片叶子，我们可以算一片（θ∈[−π/6,π/6]\theta \in [-\pi/6, \pi/6]）然后乘 3。或者直接利用周期性。
  • θ\theta 从 0 到 2π2\pi 会画出完整的花。
  • S=12∫0π(acos⁡3θ)2dθS = \frac{1}{2} \int_0^\pi (a \cos 3\theta)^2 d\theta （注意区间重复性，通常三叶玫瑰线 0→π0 \to \pi 即可画完，再往后是重复。如果是 2π2\pi，可能算了两次，题目给定 2π2\pi 则需确认是否覆盖）。
  • 一般计算：S=12a2∫0πcos⁡23θdθS = \frac{1}{2} a^2 \int_0^\pi \cos^2 3\theta d\theta。
  • 利用 Walli's 公式或倍角公式，∫0πcos⁡2kxdx=π/2\int_0^\pi \cos^2 kx dx = \pi/2。
  • 结果 S=12a2⋅π2=πa24S = \frac{1}{2} a^2 \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi a^2}{4}。

第三部分：P263 第一类曲线积分 T1 & T2

T1. 求下列第一类曲线积分

(1) 三角形 O(0,0),A(1,0),B(0,1)O(0,0), A(1,0), B(0,1)

  • 积分 ∫L(x+y)ds\int_L (x+y) ds 分三段算。
    1. OA(y=0,x:0→1)OA (y=0, x: 0\to 1): ds=dxds=dx。∫01xdx=1/2\int_0^1 x dx = 1/2。
    2. AB(y=1−x,x:1→0)AB (y=1-x, x: 1\to 0): 直线 y=−x+1y=-x+1，ds=12+(−1)2dx=2∣dx∣ds = \sqrt{1^2+(-1)^2}dx = \sqrt{2}|dx|。注意第一类曲线积分下限小上限大。或者直接参数化 x=t,y=1−t,t:1→0x=t, y=1-t, t: 1\to 0 是错的，应该用长度参数。简单说，把线段拉直积分。 在 ABAB 上，函数值 x+y=x+(1−x)=1x+y = x+(1-x) = 1。线段长是 2\sqrt{2}。积分 = 1×2=21 \times \sqrt{2} = \sqrt{2}。
    3. BO(x=0,y:1→0)BO (x=0, y: 1\to 0): ds=dyds=dy。函数值 x+y=yx+y=y。∫01ydy=1/2\int_0^1 y dy = 1/2。
  • 总和：1/2+2+1/2=1+21/2 + \sqrt{2} + 1/2 = 1 + \sqrt{2}。

(2) 单位圆 x2+y2=1x^2+y^2=1，求 ∫L∣y∣ds\int_L |y| ds

  • 参数化：x=cos⁡t,y=sin⁡t,t∈[0,2π]x=\cos t, y=\sin t, t \in [0, 2\pi]。
  • ds=1dtds = 1 dt。
  • 原式 =∫02π∣sin⁡t∣dt= \int_0^{2\pi} |\sin t| dt。
  • 利用对称性，=4∫0π/2sin⁡tdt=4[−cos⁡t]0π/2=4(0−(−1))=4= 4 \int_0^{\pi/2} \sin t dt = 4 [-\cos t]_0^{\pi/2} = 4(0 - (-1)) = 4。

(3) 星形线 x2/3+y2/3=a2/3x^{2/3} + y^{2/3} = a^{2/3}，求 ∫L∣x∣1/3ds\int_L |x|^{1/3} ds

  • 参数化：x=acos⁡3t,y=asin⁡3t,t∈[0,2π]x = a \cos^3 t, y = a \sin^3 t, t \in [0, 2\pi]。
  • 算 dsds： x′=−3acos⁡2tsin⁡tx' = -3a \cos^2 t \sin ty′=3asin⁡2tcos⁡ty' = 3a \sin^2 t \cos tds=x′2+y′2dt=3a∣sin⁡tcos⁡t∣dtds = \sqrt{x'^2 + y'^2} dt = 3a |\sin t \cos t| dt。
  • 利用对称性，只算第一象限 (t:0→π/2t: 0 \to \pi/2) 乘 4。
  • 函数 ∣x∣1/3=(acos⁡3t)1/3=a1/3cos⁡t|x|^{1/3} = (a \cos^3 t)^{1/3} = a^{1/3} \cos t。
  • 积分 =4∫0π/2a1/3cos⁡t⋅3asin⁡tcos⁡t dt=12a4/3∫0π/2cos⁡2tsin⁡t dt= 4 \int_0^{\pi/2} a^{1/3} \cos t \cdot 3a \sin t \cos t \, dt = 12 a^{4/3} \int_0^{\pi/2} \cos^2 t \sin t \, dt。
  • 令 u=cos⁡tu = \cos t，=12a4/3∫01u2du=12a4/3⋅13=4a4/3= 12 a^{4/3} \int_0^1 u^2 du = 12 a^{4/3} \cdot \frac{1}{3} = 4 a^{4/3}。

(4) 双纽线 (x2+y2)2=x2−y2(x^2+y^2)^2 = x^2-y^2，求 ∫L∣x∣ds\int_L |x| ds

  • 极坐标方程：r2=cos⁡2θr^2 = \cos 2\theta。对称性，只算第一象限半个叶子 (θ:0→π/4\theta: 0 \to \pi/4) 乘 4。
  • dsds 公式（极坐标）：r2+(r′)2dθ\sqrt{r^2 + (r')^2} d\theta。 2rr′=−2sin⁡2θ⇒r′=−sin⁡2θr2r r' = -2\sin 2\theta \Rightarrow r' = -\frac{\sin 2\theta}{r}。 ds=r2+sin⁡22θr2dθ=r4+sin⁡22θr2dθ=cos⁡22θ+sin⁡22θr2dθ=1rdθds = \sqrt{r^2 + \frac{\sin^2 2\theta}{r^2}} d\theta = \sqrt{\frac{r^4 + \sin^2 2\theta}{r^2}} d\theta = \sqrt{\frac{\cos^2 2\theta + \sin^2 2\theta}{r^2}} d\theta = \frac{1}{r} d\theta。 或者更简单的：双纽线弧长微分 ds=1cos⁡2θdθds = \frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}} d\theta。
  • ∣x∣=rcos⁡θ=cos⁡2θcos⁡θ|x| = r \cos \theta = \sqrt{\cos 2\theta} \cos \theta。
  • 积分 =4∫0π/4(cos⁡2θcos⁡θ)⋅1cos⁡2θdθ=4∫0π/4cos⁡θdθ= 4 \int_0^{\pi/4} (\sqrt{\cos 2\theta} \cos \theta) \cdot \frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}} d\theta = 4 \int_0^{\pi/4} \cos \theta d\theta。
  • =4[sin⁡θ]0π/4=4⋅22=22= 4 [\sin \theta]_0^{\pi/4} = 4 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}。

(5) 螺旋线 x=acos⁡t,y=asin⁡t,z=btx=a \cos t, y=a \sin t, z=bt

  • x′=−asin⁡t,y′=acos⁡t,z′=bx'=-a \sin t, y'=a \cos t, z'=b。
  • ds=a2+b2dtds = \sqrt{a^2 + b^2} dt （常数）。
  • 被积函数 x2+y2+z2=a2+(bt)2x^2+y^2+z^2 = a^2 + (bt)^2。
  • 积分 ∫02π(a2+b2t2)a2+b2dt\int_0^{2\pi} (a^2 + b^2 t^2) \sqrt{a^2+b^2} dt。
  • =a2+b2[a2t+b2t33]02π=a2+b2(2πa2+8π3b23)= \sqrt{a^2+b^2} [ a^2 t + \frac{b^2 t^3}{3} ]_0^{2\pi} = \sqrt{a^2+b^2} (2\pi a^2 + \frac{8\pi^3 b^2}{3})。

(6) 曲线 x=t,y=223t3/2,z=12t2x=t, y=\frac{2\sqrt{2}}{3}t^{3/2}, z=\frac{1}{2}t^2

  • x′=1,y′=2t1/2,z′=tx'=1, y'=\sqrt{2}t^{1/2}, z'=t。
  • ds=1+2t+t2dt=(1+t)2dt=(1+t)dtds = \sqrt{1 + 2t + t^2} dt = \sqrt{(1+t)^2} dt = (1+t) dt (因为 t>0t>0)。
  • 被积函数 xyz=t⋅223t3/2⋅12t2=23t9/2xyz = t \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}t^{3/2} \cdot \frac{1}{2}t^2 = \frac{\sqrt{2}}{3} t^{9/2}。
  • 积分 ∫0123t9/2(1+t)dt=23∫01(t9/2+t11/2)dt\int_0^1 \frac{\sqrt{2}}{3} t^{9/2} (1+t) dt = \frac{\sqrt{2}}{3} \int_0^1 (t^{9/2} + t^{11/2}) dt。
  • =23(211+213)=22313+11143=22324143=162143= \frac{\sqrt{2}}{3} (\frac{2}{11} + \frac{2}{13}) = \frac{2\sqrt{2}}{3} \frac{13+11}{143} = \frac{2\sqrt{2}}{3} \frac{24}{143} = \frac{16\sqrt{2}}{143}。

(7) 球面 x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2 与平面 x+y+z=0x+y+z=0 交线

  • 这是一个过原点的平面截球面，得到的是大圆，半径为 aa。
  • 被积函数 (xy+yz+zx)(xy+yz+zx)。
  • 利用代数恒等式：(x+y+z)2=x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)(x+y+z)^2 = x^2+y^2+z^2 + 2(xy+yz+zx)。
  • 在曲线上，满足 x+y+z=0x+y+z=0 和 x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2。
  • 代入：0=a2+2(xy+yz+zx)0 = a^2 + 2(xy+yz+zx)。
  • 所以被积函数 xy+yz+zx=−a22xy+yz+zx = -\frac{a^2}{2} （常数！）。
  • 积分 =∫L(−a22)ds=−a22⋅(大圆周长)= \int_L (-\frac{a^2}{2}) ds = -\frac{a^2}{2} \cdot (\text{大圆周长})。
  • 周长 =2πa= 2\pi a。
  • 结果 =−a22⋅2πa=−πa3= -\frac{a^2}{2} \cdot 2\pi a = -\pi a^3。

T2. 椭圆质量，线密度 ρ=∣y∣\rho = |y|

  • 参数化：x=acos⁡t,y=bsin⁡tx=a \cos t, y=b \sin t。
  • ds=a2sin⁡2t+b2cos⁡2tdtds = \sqrt{a^2 \sin^2 t + b^2 \cos^2 t} dt。
  • 质量 M=∫02π∣bsin⁡t∣a2sin⁡2t+b2cos⁡2tdtM = \int_0^{2\pi} |b \sin t| \sqrt{a^2 \sin^2 t + b^2 \cos^2 t} dt。
  • 利用对称性，上下左右对称，算第一象限 (0→π/20 \to \pi/2) 乘 4。
  • M=4∫0π/2bsin⁡ta2sin⁡2t+b2cos⁡2tdtM = 4 \int_0^{\pi/2} b \sin t \sqrt{a^2 \sin^2 t + b^2 \cos^2 t} dt。
  • 技巧：把根号里的 sin⁡2t\sin^2 t 换成 1−cos⁡2t1-\cos^2 t。 =4b∫0π/2sin⁡ta2−(a2−b2)cos⁡2tdt= 4b \int_0^{\pi/2} \sin t \sqrt{a^2 - (a^2-b^2)\cos^2 t} dt。
  • 令 u=cos⁡t,du=−sin⁡tdtu = \cos t, du = -\sin t dt。 =4b∫01a2−(a2−b2)u2du= 4b \int_0^1 \sqrt{a^2 - (a^2-b^2)u^2} du。
  • 设 c2=a2−b2c^2 = a^2-b^2 (若 a>ba>b)。积分形式 ∫a2−c2u2du\int \sqrt{a^2 - c^2 u^2} du。
  • 这是一个标准积分：∫A2−x2dx=x2A2−x2+A22arcsin⁡xA\int \sqrt{A^2-x^2} dx = \frac{x}{2}\sqrt{A^2-x^2} + \frac{A^2}{2}\arcsin\frac{x}{A}。
  • 稍微复杂，但这道题如果 a=ba=b (圆) 就很简单。如果 a≠ba \neq b，结果含 arcsin⁡\arcsin 或对数。
  • 计算结果（假设 a>ba>b）： M=2b2+2ab2a2−b2arcsin⁡a2−b2aM = 2b^2 + \frac{2ab^2}{\sqrt{a^2-b^2}} \arcsin \frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}。 (如果老师没要求这么细，列出积分式子通常也能拿大部分分)。