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113 台大微積分(C) 第 4 題

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113學年度 · 113微積分(C) · 第 4 題

題目

Problem

4. Evaluate the following integrals.

(a) (5%) ∫011x(1−x) dx\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}} \,\mathrm{d}x.

(b) (5%) ∫121x5⋅e−1/x2 dx\displaystyle \int_1^2 \frac{1}{x^5} \cdot e^{-1/x^2} \,\mathrm{d}x.

(c) (10%) ∬R4−x2−y2 dA\displaystyle \iint_R \sqrt{4-x^2-y^2} \,\mathrm{d}A where RR is the region enclosed by x2+y2=2xx^2 + y^2 = 2x.

(d) (10%) ∫01∫x1∫01−ysin⁡((z−1)4) dzdydx\displaystyle \int_0^1 \int_{\sqrt{x}}^1 \int_0^{1-y} \sin((z-1)^4) \,\mathrm{d}z\mathrm{d}y\mathrm{d}x.

解答

(a) 求解 ∫011x(1−x) dx\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}} \,\mathrm{d}x

解法一：三角代換法（推薦）

我們令：

x=sin⁡2θ  ⟹  dx=2sin⁡θcos⁡θ dθx = \sin^2\theta \implies \mathrm{d}x = 2\sin\theta\cos\theta\,\mathrm{d}\theta

更換積分上下限：

  • 當 x=0  ⟹  θ=0x = 0 \implies \theta = 0。
  • 當 x=1  ⟹  θ=π2x = 1 \implies \theta = \frac{\pi}{2}。

代入積分式：

∫011x(1−x) dx= ∫0π22sin⁡θcos⁡θsin⁡2θ(1−sin⁡2θ) dθ= ∫0π22sin⁡θcos⁡θsin⁡2θcos⁡2θ dθ= ∫0π22sin⁡θcos⁡θsin⁡θcos⁡θ dθ(因在 [0,π2] 內 sin⁡θ,cos⁡θ≥0)= ∫0π22 dθ=[2θ]0π2=π\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}} \,\mathrm{d}x =&\, \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{2\sin\theta\cos\theta}{\sqrt{\sin^2\theta \left(1 - \sin^2\theta\right)}} \,\mathrm{d}\theta \\[4mm] =&\, \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{2\sin\theta\cos\theta}{\sqrt{\sin^2\theta\cos^2\theta}} \,\mathrm{d}\theta \\[4mm] =&\, \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{2\sin\theta\cos\theta}{\sin\theta\cos\theta} \,\mathrm{d}\theta \quad \left(\text{因在 } \left[0, \frac{\pi}{2}\right] \text{ 內 } \sin\theta, \cos\theta \ge 0\right) \\[4mm] =&\, \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2 \,\mathrm{d}\theta = \Big[ 2\theta \Big]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \pi \end{align*}

解法二：利用 Beta 函數性質（另解）

觀察此積分，其符合 Beta 函數的第一類歐拉積分定義：

B(p,q)=∫01xp−1(1−x)q−1 dx(對於 p,q>0)B(p, q) = \int_{0}^{1} x^{p-1} (1-x)^{q-1} \,\mathrm{d}x \quad (\text{對於 } p, q > 0)

我們令 p−1=−1/2  ⟹  p=1/2p - 1 = -1/2 \implies p = 1/2 且 q−1=−1/2  ⟹  q=1/2q - 1 = -1/2 \implies q = 1/2：

∫011x(1−x) dx=B(12, 12)\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}} \,\mathrm{d}x = B\left(\frac{1}{2},\, \frac{1}{2}\right)

利用 Beta 函數與 Gamma 函數的轉換關係：

B(12, 12)=Γ(12)Γ(12)Γ(12+12)B\left(\frac{1}{2},\, \frac{1}{2}\right) = \frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) \Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\right)}

已知 Γ(12)=π\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi} 且 Γ(1)=1\Gamma(1) = 1：

B(12, 12)=π⋅π1=πB\left(\frac{1}{2},\, \frac{1}{2}\right) = \frac{\sqrt{\pi} \cdot \sqrt{\pi}}{1} = \pi

(b) 求解 ∫121x5⋅e−1/x2 dx\displaystyle \int_1^2 \frac{1}{x^5} \cdot e^{-1/x^2} \,\mathrm{d}x

我們使用換元積分法。令：

u=1x2=x−2  ⟹  du=−2x−3 dx=−2x3 dxu = \frac{1}{x^2} = x^{-2} \implies \mathrm{d}u = -2x^{-3}\,\mathrm{d}x = -\frac{2}{x^3}\,\mathrm{d}x

被積式可拆分整理為：

1x5e−1/x2 dx=1x2⋅e−1/x2⋅(1x3 dx)=ue−u(−12du)\frac{1}{x^5} e^{-1/x^2} \,\mathrm{d}x = \frac{1}{x^2} \cdot e^{-1/x^2} \cdot \left( \frac{1}{x^3} \,\mathrm{d}x \right) = u e^{-u} \left( -\frac{1}{2}\mathrm{d}u \right)

更換積分界限：

  • 當 x=1  ⟹  u=1x = 1 \implies u = 1。
  • 當 x=2  ⟹  u=14x = 2 \implies u = \frac{1}{4}。

代入積分式：

I=∫114ue−u(−12 du)=12∫141ue−u duI = \int_{1}^{\frac{1}{4}} u e^{-u} \left( -\frac{1}{2}\,\mathrm{d}u \right) = \frac{1}{2} \int_{\frac{1}{4}}^{1} u e^{-u} \,\mathrm{d}u

使用分部積分法計算 ∫ue−u du\int u e^{-u} \,\mathrm{d}u： 令 w=u  ⟹  dw=duw = u \implies \mathrm{d}w = \mathrm{d}u；令 dv=e−u du  ⟹  v=−e−u\mathrm{d}v = e^{-u}\,\mathrm{d}u \implies v = -e^{-u}。

∫ue−u du=−ue−u−∫(−e−u) du=−ue−u−e−u=−(u+1)e−u\int u e^{-u} \,\mathrm{d}u = -u e^{-u} - \int (-e^{-u})\,\mathrm{d}u = -u e^{-u} - e^{-u} = -(u + 1) e^{-u}

代入定積分範圍：

I= 12[−(u+1)e−u]141= 12(−2e−1−(−54e−1/4))= 12(54e−1/4−2e−1)=58e−1/4−e−1\begin{align*} I =&\, \frac{1}{2} \Big[ -(u+1)e^{-u} \Big]_{\frac{1}{4}}^{1} \\[4mm] =&\, \frac{1}{2} \left( -2 e^{-1} - \left( -\frac{5}{4} e^{-1/4} \right) \right) \\[4mm] =&\, \frac{1}{2} \left( \frac{5}{4} e^{-1/4} - 2e^{-1} \right) = \frac{5}{8}e^{-1/4} - e^{-1} \end{align*}

(c) 求解 ∬R4−x2−y2 dA\displaystyle \iint_R \sqrt{4-x^2-y^2} \,\mathrm{d}A

積分區域 RR 的邊界為 x2+y2=2xx^2 + y^2 = 2x，這是一個以 (1,0)(1, 0) 為圓心、半徑為 11 的圓。 我們引入極座標變換：

x=rcos⁡θ,y=rsin⁡θ,dA=r drdθx = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad \mathrm{d}A = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta

將邊界方程式轉換為極座標：

r2=2rcos⁡θ  ⟹  r=2cos⁡θr^2 = 2r\cos\theta \implies r = 2\cos\theta

由於圓位於第一、四象限，其極角範圍為 θ∈[−π2, π2]\theta \in \left[-\frac{\pi}{2},\, \frac{\pi}{2}\right]。 極半徑的變化範圍為從原點出發到圓邊界：

−π2≤θ≤π2,0≤r≤2cos⁡θ-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}, \quad 0 \le r \le 2\cos\theta

將二重積分寫為累次積分，被積函數為 4−r2\sqrt{4 - r^2}：

I=∫−π2π2∫02cos⁡θ4−r2⋅r drdθI = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{2\cos\theta} \sqrt{4-r^2} \cdot r \,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta

我們先計算內層關於 rr 的積分。令 w=4−r2  ⟹  dw=−2r drw = 4-r^2 \implies \mathrm{d}w = -2r\,\mathrm{d}r：

∫4−r2⋅r dr=−12∫w1/2 dw=−12(23w3/2)=−13(4−r2)3/2\int \sqrt{4-r^2} \cdot r \,\mathrm{d}r = -\frac{1}{2} \int w^{1/2} \,\mathrm{d}w = -\frac{1}{2} \left( \frac{2}{3} w^{3/2} \right) = -\frac{1}{3} \left( 4-r^2 \right)^{3/2}

代入 rr 的邊界：

∫02cos⁡θ4−r2⋅r dr= [−13(4−r2)3/2]02cos⁡θ= −13((4−4cos⁡2θ)3/2−43/2)= −13((4sin⁡2θ)3/2−8)= −13(8∣sin⁡θ∣3−8)=83(1−∣sin⁡θ∣3)\begin{align*} \int_{0}^{2\cos\theta} \sqrt{4-r^2} \cdot r \,\mathrm{d}r =&\, \left[ -\frac{1}{3} (4 - r^2)^{3/2} \right]_{0}^{2\cos\theta} \\[4mm] =&\, -\frac{1}{3} \left( (4 - 4\cos^2\theta)^{3/2} - 4^{3/2} \right) \\[4mm] =&\, -\frac{1}{3} \left( (4\sin^2\theta)^{3/2} - 8 \right) \\[4mm] =&\, -\frac{1}{3} \left( 8|\sin\theta|^3 - 8 \right) = \frac{8}{3} \left( 1 - |\sin\theta|^3 \right) \end{align*}

利用對稱性，將外層積分改寫為 [0,π2][0, \frac{\pi}{2}] 範圍的兩倍：

I=∫−π2π283(1−∣sin⁡θ∣3)dθ=163∫0π2(1−sin⁡3θ)dθI = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{8}{3} \left( 1 - |\sin\theta|^3 \right) \mathrm{d}\theta = \frac{16}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( 1 - \sin^3\theta \right) \mathrm{d}\theta

我們可以使用 Wallis 積分公式計算第二項： ∫0π2sin⁡3θ dθ=23\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3\theta \,\mathrm{d}\theta = \frac{2}{3}。 代入計算：

I=163(π2−23)=8π3−329=89(3π−4)I = \frac{16}{3} \left( \frac{\pi}{2} - \frac{2}{3} \right) = \frac{8\pi}{3} - \frac{32}{9} = \frac{8}{9}(3\pi - 4)

(d) 求解 ∫01∫x1∫01−ysin⁡((z−1)4) dzdydx\displaystyle \int_0^1 \int_{\sqrt{x}}^1 \int_0^{1-y} \sin((z-1)^4) \,\mathrm{d}z\mathrm{d}y\mathrm{d}x

由於被積函數為 sin⁡((z−1)4)\sin((z-1)^4)，直接對 zz 積分非常困難。這提示我們必須利用富比尼定理（Fubini’s Theorem）變更積分順序，先對 xx 與 yy 進行積分。

我們分析三維積分區域 VV 的範圍限制：

  1. 0≤x≤10 \le x \le 1
  2. x≤y≤1  ⟹  x≤y2\sqrt{x} \le y \le 1 \implies x \le y^2
  3. 0≤z≤1−y  ⟹  y≤1−z0 \le z \le 1 - y \implies y \le 1 - z

第一步：將區域投影到 yzyz 平面

  • 由於 x≥0x \ge 0 且 x≤y2x \le y^2，這要求 y2≥0  ⟹  y≥0y^2 \ge 0 \implies y \ge 0。
  • 同時由第 3 條知 y≤1−zy \le 1 - z。因為 z≥0z \ge 0，這說明 yy 的上限為 11。
  • 因此投影在 yzyz 平面上的二維區域 DyzD_{yz} 為： 0≤z≤1,0≤y≤1−z0 \le z \le 1, \quad 0 \le y \le 1 - z

第二步：寫出新的累次積分順序 我們選擇最先對 xx 積分，其範圍為 0≤x≤y20 \le x \le y^2；其次對 yy 積分，範圍為 0≤y≤1−z0 \le y \le 1 - z；最後對 zz 積分，範圍為 0≤z≤10 \le z \le 1。

I=∫01∫01−z∫0y2sin⁡((z−1)4) dxdydzI = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-z} \int_{0}^{y^2} \sin((z-1)^4) \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z

第三步：依序計算各層積分

  1. 對 xx 積分： ∫0y2sin⁡((z−1)4) dx=y2sin⁡((z−1)4)\int_{0}^{y^2} \sin((z-1)^4) \,\mathrm{d}x = y^2 \sin((z-1)^4)
  2. 對 yy 積分： ∫01−zy2sin⁡((z−1)4) dy=sin⁡((z−1)4)[y33]01−z=13(1−z)3sin⁡((z−1)4)\int_{0}^{1-z} y^2 \sin((z-1)^4) \,\mathrm{d}y = \sin((z-1)^4) \left[ \frac{y^3}{3} \right]_{0}^{1-z} = \frac{1}{3} (1-z)^3 \sin((z-1)^4)
  3. 對 zz 積分： I=13∫01(1−z)3sin⁡((z−1)4) dzI = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} (1-z)^3 \sin((z-1)^4) \,\mathrm{d}z 我們使用換元法。令 w=(z−1)4=(1−z)4  ⟹  dw=−4(1−z)3 dzw = (z-1)^4 = (1-z)^4 \implies \mathrm{d}w = -4(1-z)^3 \,\mathrm{d}z。 變更界限：
    • 當 z=0  ⟹  w=1z = 0 \implies w = 1。
    • 當 z=1  ⟹  w=0z = 1 \implies w = 0。 代入：
    I= 13∫10sin⁡(w)(−14 dw)= 112∫01sin⁡w dw= 112[−cos⁡w]01= 112(1−cos⁡1)\begin{align*} I =&\, \frac{1}{3} \int_{1}^{0} \sin(w) \left( -\frac{1}{4} \,\mathrm{d}w \right) \\[4mm] =&\, \frac{1}{12} \int_{0}^{1} \sin w \,\mathrm{d}w \\[4mm] =&\, \frac{1}{12} \Big[ -\cos w \Big]_{0}^{1} \\[4mm] =&\, \frac{1}{12} (1 - \cos 1) \end{align*}

結論：

  • (a) π\pi
  • (b) 58e−1/4−e−1\displaystyle \frac{5}{8}e^{-1/4} - e^{-1}
  • (c) 89(3π−4)\displaystyle \frac{8}{9}(3\pi - 4)
  • (d) 112(1−cos⁡1)\displaystyle \frac{1}{12}(1 - \cos 1)