不定积分与定积分
基本积分公式
\[ \int \frac{1}{x^2 + a^2} \text{d} x = \frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a} + C \]
\[ \int \frac{1}{x^2 - a^2} \text{d} x = \frac{1}{2a} \ln \biggl | \frac{x - a}{x + a} \biggr | + C \]
\[ \int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} \text{d} x = \arcsin \frac{x}{a} + C \]
\[ \int \frac{1}{\sqrt{x^2 \pm a^2}} \text{d} x = \ln \bigl | x + \sqrt{x^2 \pm a^2} \bigr | + C \]
\[ \int \sqrt{a^2 - x^2} \text{d} x = \frac{1}{2} \bigl (x\sqrt{a^2 - x^2} + a^2 \arcsin \frac{x}{a} \bigr) + C \]
\[ \int \sqrt{x^2 \pm a^2} \text{d} x = \frac{1}{2} \bigl ( x\sqrt{x^2 \pm a^2} \pm a^2 \ln \bigl| x + x \sqrt{x^2 \pm a^2} \bigr| \bigr) + C \]
\[ \int \sec x \text{d} x = \ln |\sec x + \tan x| + C \]
\[ \int \csc x \text{d} x = \ln |\csc x - \cot x| + C \]
\[ \int \tan x \text{d} x = - \ln | \cos x | + C \]
\[ \int \cot x \text{d} x = \ln |\sin x| + C \]
不能表示为初等函数的积分
\[ \int \text{e}^{\pm x^2} \text{d} x \]
\[ \int \frac{\sin x}{x} \text{d} x \]
\[ \int \sin x^2 \text{d} x \]
\[ \int \frac{\text{d} x}{\ln x} \]
\[ \int \frac{\text{d} x}{\sqrt{1 + x^4}} \]
\[ \int \sqrt{1 + x^3} \text{d} x \]
\[ \int \sqrt{1 - k^2 \sin^2 x}\text{d} x \]
有理函数积分
两种最简分式形式
- \[ \int \frac{1}{(x - a)^k} \text{d} x \]
- \[ \int \frac{Ax + B}{(x^2 + px + q)^k} \text{d} x \ (p^2 - 4q < 0)\]
对于积分 \[ \int \frac{\text{d} x}{(x^2 + r^2)^k} = I_k \]
有递推公式： \[ I_k = \frac{1}{2(k - 1)r^2}\bigg(\frac{t}{(t^2 + r^2)^{k - 1}} + (2k - 3)I_{k - 1}\bigg) \]
特例 \[ \int \frac{1}{(x^2 + a^2)^2} \text{d} x = \frac{1}{2a^3} \biggl( \arctan \frac{x}{a} + \frac{ax}{x^2 + a^2}\biggr) + C \]
三角函数有理式积分
通解：\(t = \tan \frac{x}{2}\)
若 \(R(\sin x, -\cos x) = -R(\sin x, \cos x)\)，令 \(t = \sin x\)。
若 \(R(-\sin x, \cos x) = -R(\sin x, \cos x)\)，令 \(t = \cos x\)。
若 \(R(-\sin x, -\cos x) = R(\sin x, \cos x)\)，令 \(t = \tan x\)。
\(I_n = \int \tan^n x \text{d} x = \frac{\tan^{n - 1} x}{n - 1} - I_{n - 2}\)
\(I_n = \int \sin^n x \text{d} x = -\frac{\sin^{n - 1} \cos x}{n} + \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}\)
三角函数代换法
若积分形式为$ R(x, ) x$，则令 \(x = a\sin t\)
若积分形式为$ R(x, ) x$，则令 \(x = a\tan t\)
若积分形式为$ R(x, ) x$，则令 \(x = a\sec t\)
某些根式的换元法
若积分形式为$ R(x, ) x$，则令 \(u = \sqrt[n]{ax + b}\)
若积分形式为$ R(x, ) x$，则令 \(u = \sqrt[n]{\frac{ax + b}{cx + d}}\)
若积分形式为$ R(, ) x$，则令 \(x = u^{n}\)
可积性
可积则有界
连续则可积
有界且有有限个间断点，则可积
定积分的性质
积分恒等性：设函数 \(f(x)\)，\(g(x)\) 在区间 \([a, b]\) 上连续，且恒有 \(f(x) \leq g(x)\)。若 \(\int_{a}^{b} f(x) \text{d} x = \int_{a}^{b} g(x) \text{d} x\)，则在 \([a, b]\) 上 \(f(x) \equiv g(x)\)
积分中值定理：设函数 \(f(x)\) 在区间 \([a, b]\) 上连续，\(g(x)\) 在 \([a, b]\) 上可积且不变号，则至少存在一点 \(\xi \in [a, b]\)，使得 \(\int_{a}^{b} f(x) g(x) \text{d} x = f(\xi) \int_{a}^{b} g(x) \text{d} x\)
定积分简化运算
设 \(n\) 为自然数，则有 \[ I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \text{d} x = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \text{d} x \]
并有递推公式 \[ I_n = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2} \]
对于任意整数 \(k_1\)，\(k_2\)，\(n\)，以下积分都等于积分区间的一半 \[ \int_{\frac{\pi}{2} k_1}^{\frac{\pi}{2} k_2} \sin^2 nx \text{d} x \]
和 \[ \int_{\frac{\pi}{2} k_1}^{\frac{\pi}{2} k_2} \cos^2 nx \text{d} x \]
正交性 以三角函数为例子，函数的集合 \(F = \{1, \cos x, \sin x, \cos 2x, \sin 2x, \cdots \}\)，任取其中的两个函数相乘，乘积在区间 \([0, 2\pi]\) 上的积分为零。
广义积分
重要的判定方法
1. 比较判定法
设 \(0 \leq f(x) \leq g(x)\) 在 \([a, +\infty)\) 上成立：
- 若 \(\int_a^{+\infty} g(x) \text{d}x\) 收敛，则 \(\int_a^{+\infty} f(x) \text{d}x\) 收敛
- 若 \(\int_a^{+\infty} f(x) \text{d}x\) 发散，则 \(\int_a^{+\infty} g(x) \text{d}x\) 发散
2. 极限判定法
设 \(f(x) \geq 0\)，\(g(x) > 0\)，且 \(\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = l\)：
- 若 \(0 < l < +\infty\)，则 \(\int_a^{+\infty} f(x) \text{d}x\) 与 \(\int_a^{+\infty} g(x) \text{d}x\) 同敛散
- 若 \(l = 0\) 且 \(\int_a^{+\infty} g(x) \text{d}x\) 收敛，则 \(\int_a^{+\infty} f(x) \text{d}x\) 收敛
- 若 \(l = +\infty\) 且 \(\int_a^{+\infty} g(x) \text{d}x\) 发散，则 \(\int_a^{+\infty} f(x) \text{d}x\) 发散
常用的标准广义积分
| 积分 | 收敛条件 | 结果 |
|---|---|---|
| \(\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p} \text{d}x\) | \(p > 1\) | \(\frac{1}{p-1}\) |
| \(\int_0^1 \frac{1}{x^p} \text{d}x\) | \(p < 1\) | \(\frac{1}{1-p}\) |
| \(\int_0^{+\infty} e^{-ax} \text{d}x\) | \(a > 0\) | \(\frac{1}{a}\) |
| \(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} \text{d}x\) | 总是收敛 | \(\sqrt{\pi}\) |
特殊的广义积分
- 伽马函数 \(\Gamma(s) = \int_{0}^{+\infty} x^{s - 1} \text{e}^{-x} \text{d} x(s > 0)\)，递推公式 \(\Gamma(s + 1) = s\Gamma(s)\)，对于任意正整数 \(n\) 有 \(\Gamma(n + 1) = n!\)
绝对收敛与条件收敛
- 绝对收敛：如果 \(\int_a^{+\infty} |f(x)| \text{d}x\) 收敛，则称 \(\int_a^{+\infty} f(x) \text{d}x\) 绝对收敛
- 条件收敛：如果 \(\int_a^{+\infty} f(x) \text{d}x\) 收敛但 \(\int_a^{+\infty} |f(x)| \text{d}x\) 发散，则称原积分条件收敛
重要公式
始终存在 \[ \arctan \text{e}^x + \arctan \text{e}^{-x} \equiv \frac{\pi}{2} \]
设 \(f(x)\) 在区间 \([0, 1]\) 上连续，有如下公式： \[ \int_{0}^{\pi} x f(\sin x) \text{d} x = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} f(\sin x) \text{d} x \]
证明过程只需要令 \(x = \pi - u\)
积分的柯西不等式
\[ \bigg(\int_{a}^{b} f(x) g(x) \text{d} x\bigg)^2 \leq \bigg(\int_{a}^{b} f^2(x) \text{d} x\bigg) \cdot \bigg(\int_{a}^{b} g^2(x) \text{d} x\bigg) \]
设 \(f(x)\)，\(g(x)\) 都是连续函数，如果 \(g(x)\) 是凹函数，则
\[ g\bigg(\frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f(x) \text{d} x\bigg) \leq \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} g[f(x)] \text{d} x \]
特别的，令 \(g(x) = x^2\)，则有
\[ \bigg(\int_0^1 f(x) \text{d} x \bigg)^2 \leq \int_0^1 f^2(x) \text{d} x \]
例题讲解
不定积分
求积分 \[ \int \frac{\text{d} x}{x^4 + 1} \]
\[ \int \frac{\text{d} x}{x^4 + 1} = \frac{1}{2} \int \frac{1 + \frac{1}{x^2}}{x^2 + \frac{1}{x^2}} \text{d}x - \frac{1}{2} \int \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{x^2 + \frac{1}{x^2}} \text{d} x = \frac{1}{2} \int \frac{\text{d}(x - \frac{1}{x})}{(x - \frac{1}{x})^2 + 2} -\frac{1}{2} \int \frac{\text{d} (x + \frac{1}{x})}{(x + \frac{1}{x})^2 - 2} \]
最终结果为： \[ \frac{1}{2 \sqrt{2}} \arctan \frac{x^2 - 1}{\sqrt{2} x} - \frac{1}{4 \sqrt{2}} \ln \biggl | \frac{x^2 - \sqrt{2} x + 1}{x^2 + \sqrt{2} x + 1} \biggr | + C \]
设 \(y = f(x)\) 是由方程 \(y^2(x - y) = x^2\) 所确定的隐函数，求 \(\int \frac{1}{y^2} \text{d}x\)
令 \(y = ux\)，得
\[ \begin{align*} u^2x^2(x - ux) &= x^2 \\ u^2(x - ux) &= 1 \\ x &= \frac{1}{u^2(1 - u)} \end{align*} \]
原式：
\[ \begin{align*} \int \frac{1}{u^2x^2} \text{d}x = \int u^2(1 - u)^2 \frac{3u^2 - 2u}{u^4(1 - u)^2} \text{d}u = \int (3 - \frac{2}{u}) \text{d} u = \frac{3y}{x} - 2 \ln {\frac{y}{x}} + C \end{align*} \]
反函数的不定积分 设 \(f(x)\) 可导且单调，\(f^{-1}(x)\) 是 \(f(x)\) 的反函数。已知
\[ \int f(x) \text{d}x = F(x) + C \]
求 \(\int f^{-1}(x) \text{d}x\)
令 \(y = f(x)\)，则 \(x = f^{-1}(y)\)，带入原式得到：
\[ \begin{align*} \int y \text{d} f^{-1}(y) &= F(f^{-1}(y)) + C \\ yf^{-1}(y) - \int f^{-1}(y) \text{d}y &= F(f^{-1}(y)) + C \end{align*} \]
所以
\[ \int f^{-1}(x) \text{d}x = xf^{-1}(x) - F(f^{-1}(x)) + C \]
设 \(f(x) = \begin{cases}1, &x < 0 \\ x + 1, &0 \leq x \leq 1 \\ 2x, &x > 1 \end{cases}\)，\(F(x)\) 是 \(f(x)\) 的一个原函数，满足 \(F(0) = 0\)，求 \(F(x)\) 的表达式。
\[ F(x) = \begin{cases} x, &x < 0 \\ \frac{1}{2}x^2 + x, &0 \leq x \leq 1 \\ x^2 + \frac{1}{2}, &x > 1 \end{cases} \]
设正整数 \(n \geq 2\)，求下列积分的递推公式
(1). \[ \int \tan^n \text{d}x \]
(2). \[ \int \sin^n \text{d}x \]
(1). \[ \int \tan^n \text{d}x = \int \frac{1 - \cos^2 x}{\cos^2 x} \tan^{n - 2} \text{d}x = \frac{\tan^{n - 1}}{n - 1} - \int \tan^{n - 2} x \text{d}x \]
(2). \[ \int \sin^n x \text{d}x = \int - \sin^{n - 1} \text{d} \cos x = \frac{- \sin^{n - 1} \cos x}{n} + \frac{n - 1}{n} \int \sin^{n - 2} x \text{d} x \]
\[ \int \sin^{2} x \cos^{4} x \text{d} x \] 对于形如 \(\int \cos^{m} x \sin^{n} x \text{d} x\) 的积分通常不用万能代换公式化为有理函数积分。积分会退化为对高次有理函数的极其繁琐的部分分式运算。
令 \(t = \tan x\)，原式：
\[ \begin{align*} \int \sin^2 x \cos^4 x \text{d}x &= \int \frac{1}{8} \sin^2 2x (\cos 2x + 1) \text{d}x = \frac{1}{16} \int \sin^2 2x \text{d} \sin 2x + \frac{1}{8} \int \sin^2 2x \text{d}x \\ &= \frac{1}{48} \sin^3 2x + \frac{1}{16} x - \frac{1}{64} \sin 4x + C \end{align*} \]
求不定积分
\[ \int \frac{1}{\sin^3 x + \cos^3 x} \text{d}x \]
\[ \begin{align*} \int \frac{1}{\sin^3 x + \cos^3 x} \text{d}x &= \int \frac{1}{(\sin x+ \cos x)(\sin^2 x - \sin x \cos x + \cos^2 x)} \text{d}x \\ &= \int \frac{1}{\sqrt{2}\sin (x + \frac{\pi}{4}) [(\sqrt{2} \cos (x + \frac{\pi}{4}))^2 + \sin x \cos x]} \text{d}x \\ &= \int \frac{1}{\sqrt{2}\sin (x + \frac{\pi}{4}) \bigl[ (\sqrt{2} \cos (x + \frac{\pi}{4}))^2 + \frac{1}{2}[\sin (x + \frac{\pi}{4}) - \cos (x + \frac{\pi}{4})][\sin (x + \frac{\pi}{4}) + \cos (x + \frac{\pi}{4})] \bigr]} \text{d}x \\ &= \int \frac{1}{\sqrt{2}\sin (x + \frac{\pi}{4}) (\sqrt{2} \cos (x + \frac{\pi}{4}))^2 + \frac{1}{2} \bigl[\sin^2 (x + \frac{\pi}{4}) - \cos^2 (x + \frac{\pi}{4}) \bigr]} \text{d}x \\ &= \int \frac{-1}{\sqrt{2}\bigl(1 - \cos^2 (x + \frac{\pi}{4})\bigr) \bigl(\frac{1}{2} + \cos^2 (x + \frac{\pi}{4})\bigr)} \text{d} \cos (x + \frac{\pi}{4}) \end{align*} \]
令 \(t = \cos (x + \frac{\pi}{4})\)
\[ \begin{align*} \int &= \frac{-1}{\sqrt{2}} \int \frac{1}{1 - t^2}\frac{1}{\frac{1}{2} + t^2} \text{d} t \\ &= \frac{-2}{3\sqrt{2}} \int \frac{1}{1 - t^2} + \frac{1}{\frac{1}{2} + t^2} \text{d} t \\ &= \frac{1}{3\sqrt{2}} \ln \biggl|\frac{t - 1}{t + 1}\biggr| - \frac{2}{3} \arctan(\sqrt{2} t) + C \end{align*} \]
求不定积分
\[ \int \frac{\text{d} x}{(x + 1)^3 \sqrt{x^2 + 2x}} \]
令 \(x + 1 = \frac{1}{t}\)
\[ \begin{align*} \int \frac{\text{d} x}{(x + 1)^3 \sqrt{x^2 + 2x}} &= \int \frac{\frac{-1}{t^2}}{(\frac{1}{t^3} \sqrt{(\frac{1}{t^2}) - 1})} \text{d} t \\ &= \int \frac{1 - t^2}{\sqrt{1 - t^2}} \text{d} t - \int \frac{1}{\sqrt{1 - t^2}} \text{d} t \\ &= \int \sqrt{1 - t^2} \text{d} t - \arcsin t + C \\ &= \frac{1}{2} t \sqrt{1 - t^2} - \frac{1}{2} \arcsin t + C \\ &= \frac{\sqrt{x^2 + 2x}}{2(x + 1)^2} - \frac{1}{2} \arcsin \frac{1}{x + 1} + C \end{align*} \]
求不定积分
\[ \int (1 - \sqrt{x})^{100} \text{d} x \]
令 \(u = 1 - \sqrt{x}\)，原式：
\[ \int 2u^{100}(u - 1) \text{d} u = 2\int u^{101} - u^{100} \text{d} u = \frac{1}{51} (1 - \sqrt{x})^{102} - \frac{2}{101} (1 - \sqrt{x})^{101} + C \]
求不定积分
\[ \int \frac{\text{d} x}{\sqrt[3]{(x + 1)^2 (x - 1)^4}} \]
\[ \int = \int \frac{1}{(x^2 - 1)} \sqrt[3]{\frac{x + 1}{x - 1}}\text{d} x \]
令 \(t = \sqrt[3]{\frac{x + 1}{x - 1}}\)，得 \(x = \frac{2}{t^3 - 1} + 1\)：
\[ \int = \int \frac{-3}{2} \text{d} t = \frac{-3}{2} \sqrt[3]{\frac{x + 1}{x - 1}} + C \]
求不定积分
\[ \int \frac{\text{d} x}{(1 + x^4) \sqrt[4]{(1 + x^4)}} \]
\[ \int \frac{\text{d} x}{(1 + x^4) \sqrt[4]{(1 + x^4)}} = \frac{-1}{4} \int \frac{1}{(1 + \frac{1}{x^4})^{\frac{5}{4}}} \text{d} (1 + \frac{1}{x^4}) = \frac{|x|}{\sqrt[4]{1 + x^4}} + C \]
\[ \int \frac{\text{d} x}{\sqrt[4]{1 + x^4}} \]
令 \(x = \frac{1}{t}\)，原式为：
\[ -\frac{1}{4} \int \frac{1}{t^4 \sqrt[4]{t^4 + 1}} \text{d} t^4 \]
令 \(u = t^4\)，原式为：
\[ -\frac{1}{4} \int \frac{1}{u \sqrt[4]{u + 1}} \text{d} u \]
令 \(v = \sqrt[4]{u + 1}\)，原式为：
\[ \begin{align*} -\int \frac{v^2}{(v^2 - 1)(v^2 + 1)} \text{d} v &= -\frac{1}{2} \int \biggl[\frac{1}{v^2 - 1} + \frac{1}{v^2 + 1}\biggr] \text{d} v \\ &= -\frac{1}{4} \int \biggl[\frac{1}{v - 1} - \frac{1}{v + 1} \biggr] \text{d} v - \frac{1}{2} \arctan v + C \\ &= -\frac{1}{4} \ln \biggl|\frac{v - 1}{v + 1} \biggr| - \frac{1}{2} \arctan v + C \end{align*} \]
\[ \int \frac{1 - \ln x}{(x - \ln x)^2} \text{d} x \]
\[ \int \frac{x}{x - \ln x} \text{d} x \]
\[ \int \frac{x + 1}{x(1 + x \text{e}^x)} \text{d} x \]
\[ \int \ln \biggl|\frac{x \text{e}^x}{1 + x \text{e}^x} \biggr| \text{d} x \]
\[ \int_0^1 x (1 - x)^{100} \text{d} x \]
\[ \int_0^1 x (1 - x)^{100} \text{d} x = -\int_0^1 (1 - x)^{101} \text{d} x + \int_0^1 (1 - x)^{100} \text{d} x = \frac{1}{101} - \frac{1}{102} \]
\[ \int_{-1}^1 \frac{2x^2 + x\cos x}{1 + \sqrt{1 - x^2}} \text{d}x \]
由奇函数性质，原式：
\[ \int_{-1}^1 \frac{(2x^2 )(1 - \sqrt{1 - x^2})}{x^2} \text{d} x = 4 \int_0^1(1 - \sqrt{1 - x^2}) \text{d} x = 4 - 4 \int_0^1 \sqrt{1 - x^2} \text{d} x = 4 - \pi \]
计算 \[ I = \int_0^1 \text{d} x \int_{x - x^3}^{1} (3x^2 - 1) \text{e}^{y^2} \text{d} y \]
\[ \int_0^1 (3x^2 - 1) \text{d} x \int_{x - x^3}^{1} \text{e}^{y^2} \text{d} y \]
令 \(F(x) = \int_{x - x^3}^{1} \text{e}^{y^2} \text{d} y\)
\[ \int_0^1 (3x^2 - 1) F(x) \text{d} x = \int_0^1 F(x) \text{d} (x^3 - x) = \frac{1}{2}\int_0^1 \text{e}^{(x - x^3)^2}\text{d} (x^3 - x)^2 = 0 \]
设 \(f(x)\) 连续，对任何 \(r > 0\) 积分 \(\int_r^{+\infty} \frac{f(x)}{x} \text{d} x\) 都收敛，\(f(0) = L\)。证明： \[ \int_0^{+\infty} \frac{f(\alpha x) - f(\beta x)}{x} \text{d} x = L \ln \frac{\beta}{\alpha} \]
其中，\(\alpha\)，\(\beta > 0\)。
\[ \int_r^{+\infty} \frac{f(\alpha x) - f(\beta x)}{x} \text{d} x = \int_{\alpha r}^{\beta r} \frac{f(u)}{u} \text{d} u = f(\xi) \int_{\alpha r}^{\beta r} \frac{1}{u} \text{d} u = f(\xi) \ln \frac{\beta}{\alpha} \]
其中，\(\alpha r < \xi < \beta r\)，当 \(r \to 0\) 时，得到 \(L \ln \frac{\beta}{\alpha}\)。
设函数
\[ f(x) = \begin{cases} x^2 \sin \frac{1}{x^2}, &x \neq 0 \\ 0, &x = 0 \end{cases} \]
证明 \(f(x)\) 在闭区间 \([-1, 1]\) 上可导，\(f'(x)\) 在区间上不可积。
\[ f'(x) = 2x \sin \frac{1}{x^2} - 2 \frac{1}{x} \cos \frac{1}{x^2}, x \neq 0 \]
\(x = 0\) 时，有导数定义得
\[ \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 0 \]
故函数 \(f'(x)\) 在区间上存在。
考虑 \(f'(x)\) 在 \(x = 0\) 处的连续性。
\[ \lim_{x \to 0^+} 2x \sin \frac{1}{x^2} - 2 \frac{1}{x} \cos \frac{1}{x^2} \]
显然极限不存在，所以 \(f'(x)\) 在点 \(x = 0\) 处不连续，故在区间 \([-1, 1]\) 上不可积分。
设 \(s > 0\)，求
\[ I_n = \int_0^{+\infty} \text{e}^{-sx} x^n \text{d} x(n = 1, 2, 3, \cdots) \]
\[ I_n = \frac{1}{s^{n + 1}}\int_0^{+\infty} \text{e}^{-sx} (sx)^n \text{d} (sx) = \frac{1}{s^{n + 1}} \cdot n! \]
\[ \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n - 1} \biggl(1 + \frac{k}{n} \biggr) \sin \frac{k\pi}{n^2} \]
\[ \begin{align*} \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n - 1} \biggl(1 + \frac{k}{n} \biggr) \sin \frac{k\pi}{n^2} = \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n - 1} \biggl(1 + \frac{k}{n} \biggr) \biggl(\frac{k\pi}{n^2} - \frac{\sin \xi}{2} \biggl(\frac{k\pi}{n^2} \biggr)^2 \biggr) = \frac{5\pi}{6} \end{align*} \]
求
\[ \lim_{n \to \infty} \sum_{j = 1}^{n^2} \frac{n}{n^2 + j^2} \]
设
\[ S_n = \sum_{j = 1}^{n^2} \frac{n}{n^2 + j^2} = \sum_{j = 1}^{n^2} \frac{1}{1 + (\frac{j}{n})^2} \frac{1}{n} \]
显然有
\[ \int_{\frac{j}{n}}^{\frac{j + 1}{n}} \frac{\text{d} x}{1 + x^2} < \frac{1}{1 + (\frac{j}{n})^2} \frac{1}{n} < \int_{\frac{j - 1}{n}}^{\frac{j}{n}} \frac{\text{d} x}{1 + x^2} \]
所以
\[ \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{\pi}{2} \]
设
\[ A_n = \sum_{j = 1}^{n} \frac{n}{n^2 + j^2} \]
求
\[ \lim_{n \to \infty} n\biggl(\frac{\pi}{4} - A_n \biggr) \]
设 \(f(x) = \frac{1}{1 + x^2}\)，\(J_n = n \bigl(\frac{\pi}{4} - A_n \bigr)\)，\(x_i = \frac{i}{n}\)。
\[ \begin{aligned} \frac{\pi}{4} &= \sum_{j = 1}^{n} \int_{x_{i - 1}}^{x_i} f(x) \text{d}x \\ A_n &= \sum_{j = 1}^{n} \int_{x_{i - 1}}^{x_i} f(x_i) \text{d}x \\ \lim_{n \to \infty} &n \sum_{j = 1}^{n} \int_{x_{i - 1}}^{x_i} \bigl(f(x) - f(x_i)\bigr) \text{d} x \\ \lim_{n \to \infty} &n \sum_{j = 1}^{n} \int_{x_{i - 1}}^{x_i} f'[\xi_i(x)] (x - x_i) \text{d} x, \quad \xi_i(x) \in (x_i, x) \\ \lim_{n \to \infty} &n \sum_{j = 1}^{n} f'(\eta_i) \int_{x_{i - 1}}^{x_i} (x - x_i) \text{d} x = \frac{-f'(\eta_i)}{2} \cdot \frac{1}{n} \\ \lim_{n \to \infty} & \frac{-1}{2} \sum_{j = 1}^{n} f'(\eta_i) \frac{1}{n} = \frac{-1}{2} \cdot \int_0^1 f'(x) \text{d} x = \frac{1}{4} \end{aligned} \]
证明
\[ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{a^2 \sin^2 \theta + b^2 \cos^2 \theta} \text{d} \theta = a^2 b^2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{(\sqrt{a^2 \sin^2 \theta + b^2 \cos^2 \theta})^3} \text{d} \theta \]
\(a\)，\(b > 0\)
\[ \begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{a^2 \sin^2 \theta + b^2 \cos^2 \theta} \text{d} \theta &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin \theta \sqrt{a^2 + b^2 \cot^2 \theta} \text{d} \theta \\ &= -\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt{a^2 + b^2 \cot^2 \theta}}{(\frac{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta}{\sin^2 \theta})^{\frac{3}{2}}} \text{d} \cot \theta \\ &= \int_0^{+\infty} \frac{\sqrt{a^2 + b^2 u^2}}{(1 + u^2)^{\frac{3}{2}}} \text{d} u \end{aligned} \]
\[ \begin{aligned} a^2 b^2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{(\sqrt{a^2 \sin^2 \theta + b^2 \cos^2 \theta})^3} \text{d} \theta &= a^2 b^2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \biggl(\sqrt{\frac{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta}{a^2 \sin^2 \theta + b^2 \cos^2 \theta}}\biggr)^3 \text{d} \theta \\ &= a^2 b^2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\bigl(\sqrt{\tan^2 \theta + 1}\bigr)^3}{\bigl(\sqrt{a^2 \tan^2 \theta + b^2}\bigr)^3} \text{d} \theta \\ &= a^2 b^2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt{\tan^2 \theta + 1}}{\bigl(\sqrt{a^2 \tan^2 \theta + b^2}\bigr)^3} \text{d} \tan \theta \\ &= \int_0^{+\infty} \frac{\sqrt{a^2 + b^2 u^2}}{(1 + u^2)^{\frac{3}{2}}} \text{d} u \end{aligned} \]
证明
\[ \int_0^{2\pi} f(a \cos x + b \sin x) \text{d} x = 2 \int_0^{\pi} f(\sqrt{a^2 + b^2} \cos x) \text{d} x \]
其中 \(f(x)\) 连续，\(a^2 + b^2 \neq 0\)。
\[ \begin{aligned} \int_0^{2\pi} f(a \cos x + b \sin x) \text{d} x &= \int_0^{2\pi} f(\sqrt{a^2 + b^2} \cos (x - \theta)) \text{d} x \\ &= \int_{-\pi}^{\pi} f(\sqrt{a^2 + b^2} \cos x) \text{d} x \\ &= 2 \int_0^{\pi} f(\sqrt{a^2 + b^2} \cos x) \text{d} x \end{aligned} \]
已知 \(f(x)\) 连续且 \(f(x) = \sin x - \int_0^{x} (x - t) f(t) \text{d} t\)，求 \(f(x)\) 的表达式。
等式两端对 \(x\) 求导：
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \cos x - x f(x) - \int_0^{x} f(t) \text{d} t + x f(x) \\ f''(x) &= -\sin x - f(x) \end{aligned} \]
上述微分方程的通解是：
\[ f(x) = C_1 \cos x + C_2 \sin x + \frac{x \cos x}{2} \]
带入 \(f(0) = 0\)，\(f'(0) = 1\)，得
\[ f(x) = \frac{1}{2} \sin x + \frac{x \cos x}{2} \]
设可微函数 \(y = f(x)\) 满足方程
\[ \int_0^{x} f(t) \text{d} t = x + \int_0^{x} t f(x - t) \text{d} t \]
求 \(f(x)\)。
\(u = x - t\)
\[ \begin{aligned} \int_0^{x} f(t) \text{d} t &= x + \int_0^{x} (x - u) f(u) \text{d} u \\ f(x) &= 1 + \int_0^{x} f(u) \text{d}u + x f(x) - x f(x) \\ f'(x) &= f(x) \end{aligned} \]
所以 \(f(x) = \text{e}^x\)。
设函数 \(y = y(x)\) 由方程
\[ x = \int_1^{y - x} \sin^2 \biggl(\frac{\pi t}{4}\biggr) \text{d} t \]
所确定，求 \(y'(0)\)。
令 \(x = 0\)
\[ 0 = \int_1^{y(0)} \sin^2 \biggl(\frac{\pi t}{4}\biggr) \text{d} t \]
所以，\(y(0) = 1\)
\[ 1 = (y'(0) - 1) \sin^2 \biggl(\frac{\pi y(0)}{4}\biggr) \]
所以，\(y'(0) = 3\)
设 \(f(x)\) 是非负的连续函数，且
\[ f(x) \int_0^x f(x - t) \text{d} t = \sin^4 x \]
求 \(f(x)\) 在 \([0, \pi]\) 上的均值。
令 \(u = x - t\)，
\[ \begin{aligned} f(x) \int_0^x f(u) \text{d} u &= \sin^4 x \\ \int_0^{\pi} f(x) \int_0^x f(u) \text{d} u \text{d} x &= \int_0^{\pi} \sin^4 x \text{d} x = \frac{3}{8} \pi \\ \int_0^{\pi} f(x) F(x) \text{d} x &= \frac{3}{8} \pi \\ \int_0^{\pi} F(x) \text{d} F(x) &= \frac{3}{8} \pi \\ F^2(\pi) - \int_0^{\pi} F(x) \text{d} F(x) &= \frac{3}{8} \pi \\ F^2(\pi) &= \frac{3}{4} \pi \\ F(\pi) &= \frac{\sqrt{3 \pi}}{2} \end{aligned} \]
所以均值 \(A = \frac{\sqrt{3 \pi}}{2 \pi}\)
设 \(f(x)\) 可积，对于任意的 \(x\) 及 \(a\) 满足
\[ \frac{1}{2a} \int_{x - a}^{x + a} f(t) \text{d} t = f(x)(a \neq 0) \]
证明 \(f(x)\) 是线性函数。
\[ \begin{aligned} \int_{x - a}^{x + a} f(t) \text{d} t &= 2a f(x) \\ f(x + a) + f(x - a) &= 2f(x) \\ f'(x + a) - f'(x - a) &= 0 \\ f'(2x) &= f'(0) \end{aligned} \]
所以，\(f'(x) \equiv C\)，其中 \(C\) 是常数。又题目知，\(f(x)\) 连续，再由题设等式知，\(f(x)\) 可导，故 \(f(x)\) 是线性函数。
设函数 \(\varphi(x)\) 在 \([0, 1]\) 上连续，在 \((0, 1]\) 内可导，并有 \(\int_0^1 \varphi(tx) \text{d} t = a \varphi(x)\)，其中 \(a\) 为常数。试求 \(\varphi(x)\)。
令 \(u = tx\)
\[ \begin{aligned} \int_0^x \varphi(u) \text{d} \frac{u}{x} &= a \varphi(x) \\ \varphi(x) &= a \varphi(x) + a x \varphi'(x) \end{aligned} \]
\[ \varphi(x) = \begin{cases} 0, &a = 0 \\ Cx^{\frac{1 - a}{a}}, &a \neq 0, C \in R \end{cases} \]
设函数 \(f(x)\) 连续，\(g(x) = \int_0^1 f(xt) \text{d} t\)，且 \(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = A\)，\(A\) 是常数，求 \(g'(x)\) 并讨论 \(g'(x)\) 在 \(x = 0\) 处的连续性。
令 \(u = xt\)
\[ \begin{aligned} g(x) &= \frac{1}{x} \int_0^x f(u) \text{d} u \\ g'(x) &= \frac{f(x) x - \int_0^x f(u) \text{d} u}{x^2}, x \neq 0 \end{aligned} \]
\[ \begin{aligned} \lim_{x \to 0} g'(x) &= \lim_{x \to 0} \biggl(\frac{f(x) x - \int_0^x f(u) \text{d} u}{x^2} \biggr) \\ &= A - \lim_{x \to 0} \biggl(\frac{\int_0^x f(u) \text{d} u}{x^2}\biggr) \\ &= \frac{A}{2} \end{aligned} \]
设 \(f(x)\) 在区间 \([a, b]\) 上连续，证明下列结论：
(1). \(f(x)\) 为常数的充要条件为对任何 \(x \in (a, b)\) 恒有 \(\frac{1}{x - a} \int_a^x f(t) \text{d} t = \frac{1}{b - a} \int_a^b f(x) \text{d} x\)；
(2). \(f(x)\) 为常数的充要条件为对任何 \(x \in (a, b)\) 恒有 \(\frac{1}{x - a} \int_a^x f(t) \text{d} t = \frac{1}{b - x} \int_x^b f(t) \text{d} t\)。
可以尝试用从面积来解释
设 \(x = \int_0^y \frac{\text{d} t}{\sqrt{1 + 4t^2}}\)，证明：\(\frac{\text{d}^3 y}{\text{d} x^3} - 4 \frac{\text{d} y}{\text{d} x} = 0\)
\[ \begin{aligned} \text{d} x &= \frac{\text{d} y}{\sqrt{1 + 4y^2}} \\ \frac{\text{d} y}{\text{d} x} &= \sqrt{1 + 4y^2} \\ \frac{\text{d}^2 y}{\text{d} x^2} &= \frac{4yy'}{\sqrt{1 + 4y^2}} = 4y \\ \frac{\text{d}^3 y}{\text{d} x^3} &= 4 y' \end{aligned} \]
求摆线 \(L: x = a(t - \sin t), y = a(1 - \cos t)(0 \leq t \leq 2 \pi)\) 与 \(x\) 轴围成的图形绕 \(y\) 轴旋转所形成的旋转体体积 \(V_y\)。
由柱壳法，设 \(y = f(x)(0 \leq x \leq 2\pi a)\)，体积微元 \(\text{d} V_y = 2\pi xy \text{d} x\)，则体积可表示为：
\[ V_y = 2\pi \int_0^{2\pi a} xy \text{d} x = 2\pi a^3 \int_0^{2\pi} (t - \sin t)(1 - \cos t)^2 \text{d} t = 6\pi^3 a^3 \]
设直线 \(l: x + y = 1\)，曲线 \(S: \sqrt{x} + \sqrt{y} = 1\)，求由 \(l\) 与 \(S\) 所围成的平面图形绕 \(l\) 旋转所形成的旋转体体积 \(V\)。
在曲线上取一点 \(P(x, y)\)，该点到直线的距离是 \(\rho = \frac{|x + y - 1|}{\sqrt{2}}\)，以 \(\rho\) 为长度，旋转轴上 \(\text{d} l\) 为宽度作矩形，取体积微元 \(\text{d} V = \pi \rho^2 \text{d} l\)，其中 \(\text{d} l = \sqrt{2} \text{d} x\)，所以，体积为：
\[ V = \sqrt{2} \int_0^1 \pi \frac{[x + (1 - \sqrt{x})^2 - 1]^2}{2} \text{d} x = \frac{\sqrt{2}}{15} \pi \]
已知空间中的点 \(A(1, 0, 0)\)，\(B(0, 1, 1)\)，直线 \(AB\) 绕 \(z\) 轴的旋转面为 \(S\)，求 \(S\) 与两平面 \(z = 0\)，\(z = 1\) 所围成的立体的体积 \(V\)。
在直线上取一点 \(P(x, y, z)\)，该点到 \(z\) 轴的距离是 \(\rho = \sqrt{x^2 + y^2}\)，以 \(\rho\) 为长度，旋转轴上 \(\text{d} z\) 为宽度作矩形，取体积微元 \(\text{d} V = \pi \rho^2 \text{d} z\)，直线 \(AB\) 的方程为：
\[ \begin{cases} y = z \\ x = 1 - z \end{cases} \]
\[ V = \int_0^1 \pi (1 - 2z + 2z^2) \text{d} z = \frac{2\pi}{3} \]
求曲线 \(y = x(x - 1)(x - 2)\) 与 \(x\) 轴所围平面区域绕 \(y\) 轴旋转所成的旋转体体积 \(V_y\)。
用柱壳法
\[ \begin{aligned} 2\pi \int_0^2 x |y| \text{d} x &= 2\pi \int_0^1 x^2(x - 1)(x - 2) \text{d} x - 2\pi \int_1^2 x^2(x - 1)(x - 2) \text{d} x \\ &= \pi \end{aligned} \]
设 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上有连续的导数，\(M\) 与 \(m\) 分别是 \(f(x)\) 的最大值与最小值。证明：\(\int_a^b |f'(x)| \text{d} x \geq M - m\)；等号成立当且仅当 \(f(x)\) 是 \([a ,b]\) 上的单调函数。
试确定抛物线 \(4ay = x^2(a > 0)\) 的一条法线弦（法线穿过抛物线构成的弦）的位置，使得这条弦截该抛物线所成的弓形有最小面积。
该抛物线的参数方程为 \(x = 2at\)，\(y = at^2(-\infty < t < +\infty)\)，设法线弦交抛物线的交点分别为 \(Q(2av, av^2)\)，\(P(2au, au^2)\)。 则法线弦的直线方程为：\(y = \frac{1}{2}(u + v)x - auv\)。则弓形面积
\[ \begin{aligned} S &= \int_{2av}^{2au} \frac{1}{2}(u + v)x - auv - \frac{1}{4a} x^2 \text{d} x \\ &= \frac{1}{4}(u + v)(4a^2u^2 - 4a^2v^2) - auv(2au - 2av) - \frac{1}{4a}(4a^2u^2 - 4a^2v^2) \end{aligned} \]
半径为 \(r\) 的初始圆与 \(x\) 轴相切于原点，它在 \(x\) 轴上向右滚动一周。初始圆上的切点在滚动过程中的轨迹称为旋轮线。它的参数方程为 \(L: x = r(\theta - \sin \theta)\)，\(y = r(1 - \cos \theta)\)，\(0 \leq \theta \leq 2\pi\)，其中 \(\theta\) 是滚动圆的旋转角。求旋轮线一拱的弧长 \(l\) 以及它与 \(x\) 轴所围图形的面积 \(A\)。
\[ \begin{aligned} l &= \int_0^{2\pi} \sqrt{\biggl(\frac{\text{d} x}{\text{d} \theta}\biggr)^2 + \biggl(\frac{\text{d} y}{\text{d} \theta}\biggr)^2} \text{d} \theta \\ &= \int_0^{2\pi} 2r \sqrt{1 - \cos \theta} \text{d} \theta \\ &= 8r \end{aligned} \]
\[ \begin{aligned} A &= \int_0^{2\pi r} y(x) \text{d} x \\ &= \int_0^{2\pi} r(1 - \cos \theta) \text{d} r(\theta - \sin \theta) \\ &= \int_0^{2\pi} r^2 (1 - \cos \theta)^2 \text{d} \theta \\ &= 3\pi r^2 \end{aligned} \]
设 \(\Gamma\) 是单位圆周在第一象限的一段圆弧，\(A\) 是位于 \(\Gamma\) 下方和 \(x\) 轴上方区域的面积，\(B\) 是位于 \(y\) 轴右侧和 \(\Gamma\) 左侧之间区域的面积。证明：\(A + B\) 只与弧长 \(|\Gamma|\) 有关，与 \(\Gamma\) 在圆周上的位置无关。
设 \(\frac{\pi}{2} > \beta > \alpha > 0\) 所代表的的圆弧是 \(\Gamma\)，单位圆的参数方程是 \(x = \cos \theta\)，\(y = \sin \theta\)，设 \(\Gamma\) 的上下端点的坐标分别为 \(P\)，\(Q\)，坐标分别为 \((\cos \beta, \sin \beta)\)，\((\cos \alpha, \sin \alpha)\)
先求出 \(|\Gamma|\)
\[ \begin{aligned} |\Gamma| &= \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{\biggl(\frac{\text{d} x}{\text{d} \theta}\biggr)^2 + \biggl(\frac{\text{d} y}{\text{d} \theta}\biggr)^2} \text{d} \theta \\ &= \beta - \alpha \end{aligned} \]
再讨论 \(A + B\)
\[ \begin{aligned} A &= \int_{\cos \beta}^{\cos \alpha} y(x) \text{d} x \\ B &= \int_{\sin \alpha}^{\sin \beta} x(y) \text{d} y \\ A + B &= \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{1 - \cos^2 \theta} \sin \theta \text{d} \theta + \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{1 - \sin^2 \theta} \cos \theta \text{d} \theta \\ &= \beta - \alpha \end{aligned} \]
设 \(C\) 是椭圆，周长为 \(l\)。自 \(C\) 上一点 \(O\) 向外地做它的法线，并沿法线截取线段 \(OO' = h\)。当点 \(O\) 沿 \(C\) 绕行一周后，点 \(O'\) 的轨迹构成曲线 \(C'\)，证明：
(1). 曲线 \(C'\) 的长度为 \(l' = l + 2\pi h\)。
(2). \(C\) 与 \(C'\) 所围成的面积是 \(lh + \pi h^2\)。
求从原点到曲线 \(y^2 = x^3\) 上一点的弧长，已知这一点处的切线与 \(x\) 成 \(45^{\circ}\)。
曲线上任意一点的斜率为 \(\frac{3x^2}{2y}\)，已知曲线上的点与 \(x\) 轴成 \(45^{\circ}\)，所以该点 \(\frac{3x^2}{2y} = \pm 1\)
\[ \begin{cases} \frac{3x^2}{2y} = \pm 1 \\ y^2 = x^3 \end{cases} \]
解得 \(x = \frac{4}{9}\)，\(y = \pm \frac{8}{27}\)，由曲线关于 \(x\) 轴对称，所以从原点到这两点的弧长相等，以 \((\frac{4}{9}, \frac{8}{27})\) 为例，弧长
\[ \begin{aligned} l &= \int_0^{\frac{4}{9}} \sqrt{(y')^2 + 1} \text{d} x \\ &= \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{9} \biggl[\biggl(\frac{9}{4} \cdot \frac{4}{9} + 1\biggr)^{\frac{3}{2}} - \biggl(\frac{9}{4} \cdot 0 + 1\biggr)^{\frac{3}{2}}\biggr] \\ &= \frac{8}{27} (2\sqrt{2} - 1) \end{aligned} \]
证明椭圆 \(L_1: x = a\cos t\)，\(y = b \sin t\) 的周长，\(0 \leq t \leq 2\pi\)，\(a > b > 0\) 等于正弦曲线 \(L_2: y = c \sin \frac{x}{b}\) 的一波之长，\(0 \leq x \leq 2\pi b\)，其中 \(c = \sqrt{a^2 - b^2}\)。
正弦曲线的一波之长为：
\[ \begin{aligned} l &= \int_0^{2\pi b} \sqrt{(y')^2 + 1} \text{d} x \\ &= \int_0^{2\pi b} \sqrt{(\frac{c}{b} \cos \frac{x}{b})^2 + 1} \text{d} x \\ &= \int_0^{2\pi} \sqrt{c^2 \cos^2 u + b^2} \text{d} u \\ &= \int_0^{2\pi} \sqrt{a^2 \cos^2 u + b^2 \sin^2 u} \text{d} u \\ &= \int_0^{2\pi} \sqrt{a^2 \sin^2 t + b^2 \cos^2 t} \text{d} t \end{aligned} \]
在平面上有一条从点 \((a, 0)\) 向右的射线，线密度为 \(\rho\)。在点 \((0, h)\) 处，其中 \(h > 0\)，有一质量为 \(m\) 的质点，求射线对该质点的引力。
射线从 \((a, 0)\) 射向 \(x\) 轴正无穷，对射线上每个点 \((x, 0)\)，取微元，得到线质量为 \(\rho \text{d} x\)，设引力为 \(\mathbf{F} = (F_x, F_y)\)：
\[ \begin{aligned} F_x &= \int_a^{+\infty} \frac{Gm\rho \text{d} x}{x^2 + h^2} \cdot \frac{x}{\sqrt{x^2 + h^2}} \\ &= Gm\rho\int_a^{+\infty} \frac{\text{d} (x^2 + h^2)}{2(x^2 + h^2)^{\frac{3}{2}}} \\ &= \frac{Gm\rho}{\sqrt{a^2 + h^2}} \\ F_y &= -\int_a^{+\infty} \frac{Gm\rho \text{d} x}{x^2 + h^2} \cdot \frac{h}{\sqrt{x^2 + h^2}} \\ &= -Gmh\rho \int_a^{+\infty} \frac{\text{d} x}{(x^2 + h^2)^{\frac{3}{2}}} \\ &= \frac{Gm\rho}{h} \biggl(\sin\biggl(\arctan \frac{a}{h}\biggr) - 1\biggr) \end{aligned} \]
已知两条均匀的竿子，每条质量为 \(m\)，长度为 \(2a\)，相互平行，相距为 \(b\)，并且其中心连线与它们垂直。试计算相互引力，并考虑 \(a\) 为零的情形。
宽度为 \(R\) 的河面上任一点的流速与该点到两岸距离的乘积成正比。已知河道中心线处水的流速为 \(v_0\)。求河道上河水的平均流速。
比例系数 \(\eta = \frac{4v_0}{R^2}\)，则河面上距离河道 \(r\) 的一点的速度为 \(\eta \cdot (R - r) \cdot r\)，河面上河水的平均流速为：
\[ \bar{v} = \frac{\int_0^R \eta \cdot (R - r) \cdot r \text{d} r}{R} = \frac{2}{3} v_0 \]
设 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上可导，\(f(0) = 0\)，且当 \(x \in (0, 1)\) 时，\(0 < f'(x) < 1\)。证明：当 \(a \in (0, 1)\) 时，\((\int_0^a f(x) \text{d} x)^2 > \int_0^a f^3(x) \text{d} x\)。
设 \(F(x) = (\int_0^x f(t) \text{d} t)^2 - \int_0^x f^3(t) \text{d} t\)，\(F'(x) = 2 f(x) \int_0^x f(t) \text{d} t - f^3(x) = 2 f(x) [\int_0^x f(t) \text{d} t - \frac{1}{2}f^2(x)] = 2 f(x) g(x)\)，\(g'(x) = f(x) - f'(x)f(x) > 0\)，所以 \(g(x) > g(0) = 0\)，所以 \(F'(x) = 2 f(x) g(x) > 2 f(0) g(0) = 0\)，所以 \(F(x) > F(0) = 0\)。得证。