数学分析(I) 杂题
几个特殊极限
- $\lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{|a|} = 1$
- $\lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_n}{n} = A$
- $\lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{a_1b_n + a_2b_{n - 1} + a_3b_{n - 2} + \cdots + a_nb_1}{n} = AB$
- $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1a_2a_3\cdots a_{n}} = A$
- $\lim\limits_{n \to \infty} \left(\dfrac{a^{\dfrac{1}{n}} + b^{\dfrac{1}{n}}}{2}\right)^{n} = \sqrt{ab}$
- $\lim\limits_{n \to \infty} (a^n + b^n)^{\frac{1}{n}} = \max\{a, b\}$
第一次作业
T6(3)：$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1\times 3\times 5 \times \cdots \times (2n - 1)}{2 \times 4 \times 6 \times \cdots \times 2n}$。
注意到：$a + b > 2\sqrt{ab}$。
所以 $(2n + 1) + (2n - 1) > 2 sqrt{(2n + 1)(2n - 1)} \iff 2n > \sqrt{(2n + 1)(2n - 1)}$。
于是把下面全部替换：
$\dfrac{1\times 3 \times 5 \times \cdots \times (2n - 1)}{\sqrt{1 \times 3} \sqrt{3 \times 5} \sqrt{5 \times 7} \times \cdots \sqrt{(2n - 1)(2n + 1)}}$。
然后就能约掉，原式等于 $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{2n + 1} = 0$。
T8：设 $a > 0$ 为一常数，利用数列极限的定义证明：
$\lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{a^n}{n!} = 0$。
由于夹逼法则和 Stolz 定理看起来都没法用，考虑直接用定义来证明。
即证：$\forall \epsilon > 0, \exists N \text{ s.t. } \forall n > N , |\dfrac{a^n}{n!} - 0| < \epsilon$.
钦定一个 $M > a, \text{ like } M = [a] + 1$。
当 $n > M$ 时，$\dfrac{a^n}{n!} = \sum\limits_{i = 1}^{M}\dfrac{a}{i} \times \sum\limits_{i = M + 1}^{n}\dfrac{a}{i}$。
由于 $M$ 为一个固定常数，所以前面可以设为 $C_M$。
然后由于我们要求 $M > a$，所以后面的部分 $< 0$。
所以 $\dfrac{a^n}{n!} < C_M \times \epsilon,(n > M)$
T11(3)：
若数列 $\{c_n\}$ 满足：$\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\sum\limits_{i = 1}^{n}}{n} = c \not= \infty$。
探究数列 $\{c_n\},\{\dfrac{c_n}{n}\}$ 的收敛性。
能够举出反例。（等会写）
第二次作业
T11 $x_1 = \sqrt{2}, x_{n + 1} = \dfrac{1}{2 + x_n}$，求证 $\{x_n\}$ 收敛并求极限。
T13(3) $\lim\limits_{n \to \infty} \sin^2(\pi\sqrt{n^2 + n})$.
第三次作业
第四次作业
第五次作业
第六次作业
T3：求 $a,b \text{ s.t. } \lim\limits_{x \to +\infty}\left[\dfrac{x^2+1}{x+1}-ax-b\right] = 0$
括号内：$\dfrac{(x^2 + 1) - (x + 1)(ax + b)}{x + 1} = \dfrac{(1- a)x^2 - (a + b)x + (1 - b)}{x+1}$。
由于极限为 $0$。二次项系数显然为 $0 \Rightarrow a = 1$，否则
所以括号内：$\dfrac{-(b + 1)x + (1 - b)}{x+1}$
分子分母同时除 $x:\dfrac{-(b + 1) + \dfrac{1 - b}{x}}{1 + \dfrac{1}{x}}$
由于极限都存在分子分母分别求极限：$0 = \dfrac{-(b + 1)}{1} \Rightarrow b = -1$
T4：讨论 Dirichlet 函数 $D(x) = \begin{cases}1, &x \in \mathbb{Q} \\ 0, &x \not\in \mathbb{Q} \end{cases}$ 的连续性
TODO
任取 $x_0 \in \mathbb{Q}$。
左右看起来没什么区别，直接算：
假设 $\lim\limits_{x \to x_0} D(x)$ 存在，根据 Heine 定理，$\forall \{x_n\} \to x_0, \lim\limits_{n \to \infty}D(x_n) = \lim\limits_{x \to x_0} D(x)= A$
分别取两列有理数无理数 $\{p_n\} \subset \mathbb{Q}, \{q_n\} \text{ s.t. } \{q_n\} \to x_0, \{p_n\} \to x_0$。
所以 $D(p_n) = 0, D(q_n) = 1$。
$0 \not= 1$ 所以根据 Heine 定理，$\lim\limits_{x \to x_0} D(x)$ 不存在。
所以在有理点不连续。
这就是经典的，利用有理数和无理数都是稠密的来从两边切入的技巧。
任取 $x_0 \in \mathbb{R/Q}$。
还是可以各取有理数无理数趋近于它。
T9：$f(x) = [x]\sin x(\dfrac{1}{x}), g(x) = 2[x] - [2x]$ 不连续点的类型
对于 $f(x), x = 0$：
右极限：$\lim\limits_{x \to 0^+} [x]\sin(\dfrac{1}{x}) = 0$
原因是：$0 \le |[x] \sin(\dfrac{1}{x})| \le |[x]|$。
并且 $x \to 0^+$ 的时候 $|[x]| \to 0$。
考虑左极限，由于 $\sin(\dfrac{1}{x})$ 的左极限不存在但是 $[x]$ 的左极限存在，所以左极限不存在。
所以 $0$ 是 $f(x)$ 的第二类不连续点。
对于 $[x]$ 来说，所有整数点都是不连续的，这就导致 $f(x)$ 不连续。
且不连续点类型是第一类（左右倒是都可以算出来不过不相等TODO）
1
求 $\displaystyle\int \dfrac{xe^x}{(1 + x)^2}\text{d}x$
原积分 $=-\displaystyle\int x e^x \text{d}(\dfrac{1}{1 + x}) = - \dfrac{x e^x}{1 + x} + \displaystyle\int \dfrac{e^x + xe^x}{1 + x} \text{d}x$
$=-\dfrac{xe^x}{1 + x} + \displaystyle\int e^x \text{d}x = e^x - \dfrac{xe^x}{1 + x} + C$
2
求 $\displaystyle\int x\ln(1 + x^2)\arctan x \text{d}x$
这三个东西各去掉一个，发现不能让 $\ln(1 + x^2), \arctan x$ 在一起。
所以先尝试考虑 $\displaystyle\int x \ln(1 + x^2) \text{d}x = I$
$I = \dfrac{1}{2}\displaystyle\int \ln (1 + x^2)\text{d}(x^2) = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int \ln(1 + x^2)\text{d}(1 + x^2)$
令 $t = 1 + x^2, I = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int \ln t \text{d}t =\dfrac{1}{2}(t \ln t - t) + C = \dfrac{1}{2}[(1 + x^2)\ln(1 + x^2) - (1 + x^2)] + C$
令 $F(x) + C = I \Rightarrow [F(x) + C]^{\prime} = x \ln(1 + x^2)$
也就是 $\text{d}[F(x) + C] = x\ln(1 + x^2) \text{d}x$
那么原来的积分：
$= \displaystyle\int \arctan x \text{d}[F(x)] = f(x)\arctan x - \displaystyle\int f(x) \dfrac{1}{1 + x^2}\text{d}x$
设后面这部分积分为 $II$
$II = \dfrac{1}{2}\displaystyle\int \ln(1 + x^2) \text{d}x - \dfrac{1}{2}\displaystyle\int \text{d}x$
3
求 $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{x[(1 + x)^{\frac{1}{x}} - e]}{1 - \cos x}$
洛必达有点麻烦。
用 Taylor 展开。
$(1 + x)^{\frac{1}{x}}$ 肯定没法展开，所以 $= e^{\frac{1}{x}\ln(1 + x)}$。
上面这项展开就是 $e^{\frac{1}{x}[x - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + o(x^3)]}$
也就是 $e^{1 - \frac{1}{2}x + \frac{1}{3}x^2 + o(x^2)}$
展开到这个位置主要还是要用等价无穷小量代换。
所以原式中括号里面：$= e[e^{-\frac{1}{2}x + \frac{1}{3}x^2 + o(x^2)} - 1]$
再利用 $e^t = 1 + t + \dfrac{1}{2!}t^2 + o(t^2), (t \to 0)$
所以就是 $e\{-\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}x^2 + o(x^2) + \dfrac{1}{2}[-\dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{3}x^2 + o(x^2)]^2+ o_1(x)\}$
然后分子就是 $= -\dfrac{1}{2}x^2 + o(x^2)$
又因为 $1- \cos x \approx \dfrac{1}{2}x^2$
所以原极限 $=e \times -1 = -e$
5
如果 $f$ 在 $[a, b]$ 上二阶可导，$f(a) = f(b) = 0$。
证明 $\max\limits_{x \in [a, b]} |f(x)| \le \dfrac{(b - a)^2}{8} \max\limits_{x \in [a, b]}|f^{\prime\prime}(x)|$
$|f|$ 在 $[a, b]$ 上连续 $\Rightarrow |f|$ 在 $[a, b]$ 上一定有最大值。
又因为 $f(a) = f(b) = 0$，所以 $|f|$ 在 $(a, b)$ 上取到最大值。
且这个最大值 $f(x_0)$ 一定是 $f$ 的最值，根据 Fermat，$f^{\prime}(x_0) = 0$。
然后利用 Taylor 定理展开 $f^{\prime}(x) = f(x_0) + f^{\prime}(x_0)(x - x_0) + \dfrac{1}{2!}f^{\prime\prime}(\xi)(x - x_0)^2$。
$x \in [a, b]$。
带入 $f(a),f(b)$
$f(a) = 0 = f(x_0) + \dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}(\xi_1)(a - x_0)^2 = 0, a <\xi_1 < x_0$
$f(b) = 0 = f(x_0) + \dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}(\xi_2)(b - x_0)^2 = 0, x_0 < \xi_2 < b$
由 $f(a)$ 可以知道 $|f(x_0)| = \dfrac{1}{2}|f^{\prime\prime}(\xi_1)| \cdot (a - x_0)^2 \le \dfrac{1}{2}\max\limits_{x\in [a, b]} |f^{\prime\prime}(x)|(a - x_0)^2$
同理 $|f(x_0)| \le \dfrac{1}{2}\max\limits_{x \in [a, b]}|f^{\prime\prime}(x)|(b - x_0)^2$
- 如果 $x_0 \le \dfrac{a + b}{2}$，所以 $(b - x_0)^2 \ge (a - x_0)^2$
那么 $\max\limits_{x \in [a, b]} |f^{\prime\prime}(x)| \ge 2|f(x_0)|\dfrac{1}{(a - x_0)^2} \ge \dfrac{2|f(x)|}{(a - \dfrac{a + b}{2})^2} = \dfrac{8}{(b - a)^2}|f(x_0)|$
同理可以证明另外一个。
6
11.8 (2)
$f(x) = f(0) + f^{\prime}(0) x + \dfrac{1}{2} f^{\prime\prime}(0) x^2 + \dfrac{1}{3!} f^{(3)}(\eta)x^3$
$f(1) = 1 = f(0) + \dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}(0) + \dfrac{1}{6}f^{(3)}(\eta_1)$
$f(-1) = 0 = f(0) + \dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}(0) + \dfrac{1}{6}f^{(n)}(\eta_2)$
所以 $3 = \dfrac{f^{(3)}(\eta_1) + f^{(3)}(\eta_2)}{2}$
根据 Darboux 定理
$3 介于 f^{(3)}(\eta_1), f^{(3)}(\eta_2)$ 之间。
那么存在 $\xi \in (\eta_2, \eta_1) \text{ s.t. } f^{(3)}(\xi) = 3$
11.8 (3)
$f(x + h) = f(x) + f^{\prime}(x)h + \dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}(x + \theta h)h^2$
那么由 Taylor 定理：
$f(x + h) = f(x) + f^{\prime}(x)h + \dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}(x)h^2 + \dfrac{1}{3!}f^{(3)}(\xi)h^3$
两边一对比：
$f^{\prime\prime}(x + \theta h) - f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{1}{3}f^{(3)}(\xi)h$
然后这里用 Lagrange 中值定理就行了！
左边就是 $f^{(3)}(\eta)\theta h = \dfrac{1}{3}f^{(3)}(\xi)h$
其中 $\eta$ 介于 $x, x + \theta h$ 之间。
所以 $f^{(3)}(\eta)\theta = \dfrac{1}{3}f^{(3)}(\xi)$
令 $h \to 0, \eta \to x, \xi \to x$
由于连续，所以可以穿过极限：
$f^{(3)}(x)\theta = \dfrac{1}{3}f^{(3)}(x)$
如果有三阶导数不等于零，那么 $\theta = \dfrac{1}{3}$，矛盾。
所以三阶导数一定全为 $0$，则它必定为二次函数。
11.15
1)
$x_n = \sin(x_{n - 1})$
$x_n \to 0, (n\to \infty)$。
$x_1 = \sin x_0 \in (0, 1) \Rightarrow x_2 = \sin x_1 \in (0,1) \Rightarrow x_n \in (0, 1)$
$x_n = \sin(x_{n - 1}) \le x_{n - 1} (\text{Jordan})$
设 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = A$。
$A = \sin A \Rightarrow A = 0$
2)
求 $\lim\limits_{n \to \infty} n x_n^2$
用 Stolz
$n x_n^2 = \dfrac{n}{\dfrac{1}{x^2_n}}$
然后上面其实应该是 $x_n < x_{n - 1}$，这样才能符合 Stolz 的要求。
（中间省略）
$=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{x^2_n \cdot x^2_{n - 1}}{x_{n - 1}^2 - x^2_n}$。
然后全部换成 $t = x_{n - 1}$
$\lim\limits_{t \to 0} \dfrac{(\sin t)^2 \cdot t^2}{t^2 - \sin^2 t}$
然后用 Taylor 定理或者洛必达。
3)
$\lim\limits_{n \to \infty} \left(\dfrac{x_{n + 1}}{x_n}\right)^{\dfrac{1}{x_n^2}} = A$
那么 $\ln A = \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{\ln(\dfrac{x_{n + 1}}{x_n})}{x^2_n} = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{\ln(\dfrac{\sin(x_n)}{x_n})}{x^2_n}$
令 $t = x_n$ 即可。
然后洛必达。
7
11.9
对于这种
$\begin{cases}x = \phi(t) \\ y = \psi(t) \end{cases}$
的方程，要知道：
$\dfrac{\text{d}y}{\text{d}x} = \dfrac{\frac{\text{d}y}{\text{d}t}}{\frac{\text{d}x}{\text{d}t}} = \dfrac{\psi^{\prime}(t)}{\phi^{\prime}(t)} = f(t)$
并且：
$\dfrac{\text{d}^2y}{\text{d}x^2} = \dfrac{\text{d}(\frac{\text{d}y}{\text{d}x})}{\text{d}x} = \dfrac{\text{d}f}{\text{d}x} = \dfrac{\frac{\text{d}f}{\text{d}t}}{\frac{\text{d}x}{\text{d}t}}$
8
11.10(2)：计算数列极限：$\lim\limits_{n \to \infty} n \sin(2\pi e n!) = ?$
这非常麻烦
注意到这个 $n!$，很难不想到 Taylor 展开 $e$ 来抵消掉它。
因为 $e^x = 1 + x + \dfrac{1}{2!}x^2 + \dfrac{1}{3!}x^3 + \cdots + \dfrac{x^n}{n!} + \dfrac{e^{\xi}}{(n + 1)!}x^{n + 1}$
其中 $\xi \in (0, x)$
带入 $x = 1$
$e^x = 1 + 1 + \dfrac{1}{2!} + \dfrac{1}{3!} + \cdots + \dfrac{1}{n!} + \dfrac{e^{\xi}}{(n + 1)!}$
带进去看看
$2\pi e n! = 2\pi\left[n! + n^{\underline{n - 1}} + n^{\underline{n - 2}} + \dots + 1 + \dfrac{e^{\xi}}{n + 1}\right]$
前面一大坨全是整数，有这个 $2\pi$ 直接全部没有了。
所以原式 $= \lim\limits_{n \to \infty}n \sin (\dfrac{2\pi e^{\xi}}{n + 1})$，其中 $\xi \in (0, 1)$
这里用 Taylor 定理计算极限。
来利用 $\sin x = x - \dfrac{1}{3!} x^3 + o(x^4), (x \to 0)$
所以 $\sin(\dfrac{2\pi e^{\xi}}{n + 1}) = \dfrac{2\pi e^{\xi}}{n + 1} - \dfrac{1}{6}\left(\dfrac{2\pi e^{\xi}}{n + 1}\right)^3 + o(\dfrac{1}{(n + 1)^4}), (n \to \infty)$
（这个地方 $n \to \infty$ 是因为整体 $\to 0$）
乘上 $n$。
$n\sin(\dfrac{2\pi e^{\xi}}{n + 1}) = \dfrac{2n\pi e^{\xi}}{n + 1} - \dfrac{n}{6}\left(\dfrac{2\pi e^{\xi}}{n + 1}\right)^3 + no(\dfrac{1}{(n + 1)^4}), (n \to \infty)$
于是原极限 $= 2\pi e^{\xi}$
现在有个问题是，$\xi$ 怎么消不掉？
肯定必须要展开，所以问题可能是，精度不够
多展开一项，那么 $n\sin(2\pi e n!) = n\sin(\dfrac{2\pi}{n + 1} + \dfrac{2\pi e^{\xi}}{(n + 1)(n + 2)})$
$\sin$ 那边展开也要做点变化（多展开也没用），$\sin x = x + o(x^2), (x \to 0)$。
$n \sin x = n [\dfrac{2\pi}{n + 1} + \dfrac{2\pi e^{\xi}}{(n + 1) (n + 2)}] + n o(x^2)$。
所以 $n \to \infty$ 时，$n \sin (2\pi e n!) \to \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{2\pi n}{n + 1} = 2\pi$
9
11.10(3)：求数列极限: $\lim\limits_{n\to \infty}n\left[(1 + \dfrac{1}{n})^{n} - e\right]$
想用 Taylor 展开，直接这样没法做（？）
看到了 $1+ \dfrac{1}{n}$，所以想套个 $\ln$ 上去。
所以用对数恒等式：$(1 + \dfrac{1}{n})^n = e^{\ln(1 + \frac{1}{n})^n} = e^{n \ln (1 + \frac{1}{n})}$
由于 $\ln(1 + \dfrac{1}{n}) = \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{n^2} + \dfrac{1}{3}\dfrac{1}{n^3} + o(\dfrac{1}{n^3})$
然后 $e^{n \ln(1 + \frac{1}{n})} = e \cdot e ^{-\frac{1}{2n}} \cdot e^{\frac{1}{3n^2}} \cdot e^{o(\frac{1}{n^2})}$
$= e(e ^{-\frac{1}{2n}} \cdot e^{\frac{1}{3n^2}} \cdot e^{o(\frac{1}{n^2})} - 1)$
然后展开 $e^x, x = -\dfrac{1}{2n} + \dfrac{1}{3n^2} + o(\dfrac{1}{n^2})$ 有：
$= (-\dfrac{1}{2n} + \dfrac{1}{3n^2} + o(\dfrac{1}{n^2})) + \dfrac{1}{2}(-\dfrac{1}{2n} + \dfrac{1}{3n^2} + o(\dfrac{1}{n^2}))^2 + o(\dfrac{1}{n^2})$
原式 $=-\dfrac{e}{2}$
10
11.12
构造函数 $F(x) = [f(x)]^2 + [f^{\prime}(x)]^2, x \in [-2, 2]$
$F(0) = 4$
显然 $F(x)$ 在 $[-2, 2]$ 上一阶可导，用中值定理就行了。
$F^{\prime}(x) = 2f^{\prime}(x)\left[ f(x) + f^{\prime\prime}(x)\right]$
这就来了，闹麻了，就是 $F^{\prime}(x) = 0$。
可能是 Roll 也可能直接是 Fermat。
但其实原题是 $(-\infty, +\infty)$ ，根本没有提示。
但并不能直接找到条件，那就分段呗，拉格朗日呗
在 $[-2, 0]$ 上：$\exists \xi_1 \text{ s.t. } F(0) - F(-2) = F^{\prime}(\xi_1) \cdot 2$
在 $[0, 2]$ 上，$\exists \xi_2 \text{ s.t. } F(2) - F(0) = F^{\prime}(\xi_2) \cdot 2$
还有个条件：$|f(x)| \le 1$，写成 $F$ 似乎没啥用，
在 $[-2, 0]$ 上：$\exists \xi_1 \text{ s.t. } f(0) - f(-2) = f^{\prime}(\xi_1) \cdot 2$
在 $[0, 2]$ 上，$\exists \xi_2 \text{ s.t. } f(2) - f(0) = f^{\prime}(\xi_2) \cdot 2$
显然可以得到 $|f^{\prime}(\xi_1)| \le 1, |f^{\prime}(\xi_1)| \le 1$
于是就有 $F(\xi_1) \le 2, F(\xi_2) \le 2$
不要忘了 $\xi_1 \in (-2, 0), \xi_2 \in (0, 2)$。
如果 $F(0)$ 就是 $F$ 在 $[-2, 2]$ 上的极值点，由 Fermat 可以证明原命题。
所以现在只需要说明 $F(2), F(-2) < 4$
但这样好像很难做，没有充足的条件来证明。
但我们转个脑子，我们发现 $0 \in (\xi_1, \xi_2)$。
那么就做完了。
11
11.16(4)
$\displaystyle\int \dfrac{\text{d}x}{e^x - e^{-x}}$
直接变量替换有点难受。
一个变换：$= \displaystyle\int \dfrac{e^x}{e^{2x}-1} \text{d}x$
就行了。
11.16(7)
$\displaystyle\int \dfrac{\text{d}x}{\sqrt{1 + e^{2x}}} = \displaystyle\int \dfrac{1}{e^x\sqrt{e^{-2x} + 1}}\text{d}x = \displaystyle\int -\dfrac{\text{d}(e^{-x})}{\sqrt{1 + (e^{-x})^2}}$
去掉根号可以用三角换元。
或者分步积分。
$= -\displaystyle\int \dfrac{\sec^2\theta}{\sec \theta} \text{d} \theta = -\displaystyle\int \sec \theta \text{d} \theta = -\displaystyle\int \dfrac{\text{d}\theta}{\cos \theta} = -\displaystyle\int \dfrac{\cos \theta \text{d}\theta}{\cos^2\theta} = -\displaystyle\int \dfrac{d(\sin \theta)}{1 - \sin^2 \theta}$
12
11.17(1) 令 $x^{\dfrac{4}{3}} = t$
11.17(2) 三角换元。
11.17(3) 分步积分
11.17(4) 万能公式
11.17(9)
$\displaystyle\int \dfrac{x^2 - 1}{x^4 + 1}\text{d}x$
$= \displaystyle\int \dfrac{1 - \dfrac{1}{x^2}}{x^2 + \dfrac{1}{x^2}} \text{d}x$
$= \displaystyle\int \dfrac{d(x + \dfrac{1}{x})}{(x + \dfrac{1}{x})^2 - 2}$。
换元，用有理函数（分式）来做。
11.17(12)
$\displaystyle\int \dfrac{x\text{d}x}{\sqrt{5 + x- x^2}}$。
还是要尝试消掉根号
$= \displaystyle\int \dfrac{x \text{d}x}{\sqrt{-(x ^2 - x + \dfrac{1}{4}) + \dfrac{21}{4}}}$
$= \displaystyle\int \dfrac{x \text{d}x}{\sqrt{-(x - \dfrac{1}{2})^2 + \dfrac{21}{4}}}$
$t = x - \dfrac{1}{2}$
$=\displaystyle\int \dfrac{(t + \dfrac{1}{2})\text{d}t}{\sqrt{\dfrac{21}{4} - t^2}}$
三角换元
$= \displaystyle\int \dfrac{(t + \dfrac{1}{2})\text{d}t}{\dfrac{\sqrt{21}}{2} \sqrt{1 - \dfrac{4}{21}t^2}} = \dfrac{2}{\sqrt{21}} \displaystyle\int \dfrac{(t + \dfrac{1}{2})\text{d}t}{\sqrt{1 - (\dfrac{2}{\sqrt{21}}t)}^2}$
$= \dfrac{2}{\sqrt{21}}\displaystyle\int \dfrac{(\dfrac{\sqrt{21}}{2}\sin \theta + \dfrac{1}{2}) \dfrac{\sqrt{21}}{2}\cos \theta \text{d}\theta}{\cos \theta}$
13
11.19(9)
$\displaystyle\int \dfrac{\text{d}x}{(1 + e^x)^2}$
令 $e^x = t$
$=\displaystyle\int \dfrac{\dfrac{1}{t}\text{d}t}{(1 + t)^2}$
然后化有理函数
$\dfrac{1}{t(1 + t^2)} = \dfrac{A}{t} + \dfrac{Bt + C}{1 + t^2}$。
对比系数解出 $A,B,C$ 即可。
14
7.10
是否找得到 $\mathbb R$ 上的连续函数 $f$，使得其与任何一条平行于水平线的直线有且仅有两个交点
答案是不存在。
任取 $\alpha \in \mathbb R$，则 $\exists a < b \text{ s.t. } f(a) = f(b) = \alpha$。
所以 $f$ 在 $[a, b]$ 上存在最大值 $M = f(x_0)$。
由于 $f$ 不是常值函数，所以 $M > f(a), f(b)$
根据假设，应该还有另一个点 $x_1 \not= x_0 \text{ s.t. } f(x_1) = M$
1) $x_1 \in (a, b)$
既然存在这样的 $x_1$，那么一定存在一个 $\beta$ 使得 $y = \beta$ 和它的交点大于两个。爆了
2) $x_1 \not\in (a, b)$。
类似的讨论，也能得到矛盾。