2020张宇1000题【好题收集】【第三章：一元函数积分学】

三.一元函数积分学

性质概念

3.2（结论）

$$f(x)以T为周期,证明:{\int }_0^{T}f(x)dx=0\iff {\int }_0^{x}f(t)dt以t为周期$$
这个结论以前没怎么见过，但是很好想，比如三角函数$sin,cos$就是，一个周期内积分值是0，并且原函数的周期不变

$\because {\int }_0^{x}f(t)dt以T为周期$
$$\therefore {\int }_0^{x}f(t)dt={\int }_0^{x+T}f(t)dt\Rightarrow {\int }_0^{x+T}f(t)dt-{\int }_0^{x}f(t)dt=0\Rightarrow {\int }_x^{x+T}f(t)dt=0\Rightarrow {\int }_0^{T}f(t)dt=0$$
证明必要性就反过来推

【导函数与原函数的周期性】

设f(x)=F’(x)为原函数
$$f(x)以T为周期\stackrel{{\int }_a^{a+T}f(x)dx=0}{\Rightarrow }F(x)以T为周期，$$因为不等于0的话，积分起来就要么是越来越多，或者越来越少，就不能是周期函数了，上面箭头的条件也阔以是：$f(x)是奇函数$
$$F(x)以T为周期\Rightarrow f(x)以T为周期$$

3.4

$$F(x)={\int }_x^{x+2\pi }{e}^{sint}sintdt,则F(x)的值（）$$
A.为正的常数
B.为负的常数
C.恒为0
D.不为常数

$sin$拿进去然后分部积分竟然阔以化为${\int }_0^{2\pi }{e}^{sint}co{s}^{2}tdt$，所以恒正咯

3.7

$$f(x)的周期T=2,G(x)=2{\int }_0^{x}f(t)dt-x{\int }_0^{2}f(t)dt,问G(x)和G^{\prime }(x)是否是周期函数$$
$G^{\prime }(x)$就是求个导一看就能看出来，但是$G(x)$喃，感觉就不好弄
这种题我不熟练，多弄一弄哇~

$$G(x+2)=2{\int }_0^{x+2}f(t)dt-(x+2){\int }_0^{2}f(t)dt=第一项换元，令u=t-2,原式=2{\int }_{-2}^{x}f(u+2)du-(x+2){\int }_0^{2}f(t)dt然后拆开=2{\int }_{-2}^{0}f(u)du+2{\int }_0^{x}f(u)du-x{\int }_0^{2}f(t)dt-2{\int }_0^{2}f(t)dt=2{\int }_{-2}^{0}f(u)du+G(x)-2{\int }_0^{2}f(t)dt=G(x)$$
所以是周期函数
哎，这种题要是化了半天化不出来，也不知道是自己没化对还是本来就不是周期函数怎么办T_T

一元积分比大小

3.10

$$I_k={\int }_0^{k\pi }{e}^{x^2}sinxdx,则I_1,I_2,I_3的大小关系是？$$

题感觉很巧诶~
$I_2=I_1+{\int }_{\pi }^{2\pi }{e}^{x^2}sinxdx$
$\because sinx在(\pi ,2\pi )是负的，而指数是正的，所以整体就是负的函数，所以积分出来就是负的\Rightarrow I_2<I_1$

然后。。。放大招了~
$I_3=I_1+{\int }_{\pi }^{3\pi }{e}^{x^2}sinxdx$
$${\int }_{\pi }^{3\pi }{e}^{x^2}sinxdx={\int }_{\pi }^{2\pi }{e}^{x^2}sinxdx+{\int }_{2\pi }^{3\pi }{e}^{x^2}sinxdx第二项令x=u+\pi ,原式={\int }_{\pi }^{2\pi }{e}^{x^2}sinxdx+{\int }_{\pi }^{2\pi }{e}^{(u+\pi {)}^2}sin(u+\pi )du={\int }_{\pi }^{2\pi }{e}^{x^2}sinxdx+{\int }_{\pi }^{2\pi }{e}^{(x+\pi {)}^2}[-sin(x)]dx={\int }_{\pi }^{2\pi }[e^{x^2}-e^{(\pi +x{)}^2}]sinxdx,指数是负的，sinx也是负的，所以整体是正的\Rightarrow I_3>I_1$$

3.13

$$\alpha >0,I_1={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{cosx}{1+x^{\alpha }}dx,I_2={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{sinx}{1+x^{\alpha }}dx,比较大小$$

这题答案推推推的很复杂后面，主要思路就是$I=I_1-I_2$，然后把$I$拆成${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}+{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}$两坨，然后后面那一坨换元弄成${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}$
为啥喃？因为只有在$(0,\frac{\pi }{4})$里面$sin和cos才好比较大小$
后面化得很复杂~

定积分定义计算

3.17

$$f(x)=\{\begin{array}{c}{e}^{-x}x不等于0\\ \\ {\lim }_{n\to \infty }2[\frac{n}{(n+1{)}^2}+\frac{n}{(n+2{)}^2}+\frac{n}{(n+3{)}^2}+...+\frac{n}{(n+n{)}^2}],x=0\end{array}求f^{\prime }(0)$$
写这道题的原因是我有个疑问，就是像这种题
$f(x)=\{\begin{array}{c}{f}_1(x),x不等于0\\ \\ f_2(x),x=0\end{array}$
在求$f^{\prime }(0)$的时候，有两种方法
$f^{\prime }(0)=\{\begin{array}{c}{\lim }_{x\to 0}{f}_1^{\prime }(x)\\ \\ {\lim }_{x\to 0}\frac{f_1(x)-f_2(0)}{x-0}\end{array}$
就是用公式和用定义的区别，此题就是用的定义来做的，因此先要把$f_2(0)$算出来
但是为啥么不能用第一种喃？而且答案算出来也是对的，但是用第一种此题就没意思了

3.22

$$f(x)=\{\begin{array}{c}{\lim }_{n\to \infty }\frac{|x{|}^{\frac{1}{n}}}{n+\frac{1}{n}}+\frac{|x{|}^{\frac{2}{n}}}{n+\frac{2}{n}}+\frac{|x{|}^{\frac{3}{n}}}{n+\frac{3}{n}}+...+\frac{|x{|}^{\frac{n}{n}}}{n+\frac{n}{n}},x不等于0\\ \\ 0x=0\end{array}求f^{\prime }(x)$$
这题灰常好，分类讨论有点好
①：$当x=0时$
②：$当|x|=1时$
③：$当x不等于0且x不等于1时$
前两种比较简单，只看第三种
$$令I=\sum _{k=1}^n\frac{|x{|}^{\frac{k}{n}}}{n+\frac{k}{n}},然后开始放缩I_1=\sum _{k=1}^n\frac{|x{|}^{\frac{k}{n}}}{n+\frac{n}{n}}=\sum _{k=1}^n\frac{|x{|}^{\frac{k}{n}}}{n+1},I_2=\sum _{k=1}^n\frac{|x{|}^{\frac{k}{n}}}{n}$$

$\therefore I_1<I<I_2$
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{I}_2=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{|x{|}^{\frac{k}{n}}}{n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n|x{|}^{\frac{k}{n}}\frac{1}{n}={\int }_0^1|x{|}^{t}dt=\frac{|x|-1}{ln|x|}$$
$I_1$也是同样用化成积分算

但是为啥看成$q=|x{|}^{\frac{1}{n}},a_1=|x{|}^{\frac{1}{n}}$的等比数列来计算就不对了喃？
比如$I_2算出来就是$
$$I_2=\frac{|x{|}^{\frac{1}{n}}(1-(|x{|}^{\frac{1}{n}}{)}^n)}{1-|x{|}^{\frac{1}{n}}}=\frac{|x{|}^{\frac{1}{n}}(1-|x|)}{1-|x{|}^{\frac{1}{n}}}$$
然后$n\to \infty 答案却不对$

$\therefore f(x)=\{\begin{array}{l}\frac{|x|-1}{ln|x|},x不等于0且x不等于\pm 1\\ \\ 1,x=\pm 1\\ \\ 0,x=0\end{array}$

然后就求导就是了
可是在求$f^{\prime }(1)$的时候，他又是用导数公式然后取极限来算的
$f^{\prime }(1)=$
讨论后好像说是要看函数连不连续，如果连续才能用公式求导再取极限，不连续的话就只能用定义了

换元法

一些比较骚的操作
$${\int }_0^{A}f(A-t)dt={\int }_0^{A}f(t)dt$$
$${\int }_0^{\pi }f(cosx)dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(cosx)dx+{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(-cosx)dx$$

一元函数积分复杂与特色计算

3.87

$$I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}ta{n}^{n}xdx$$
$$(1)证明:I_n+I_{n-2}=\frac{1}{n-1}，并求I_n$$
$$I_n+I_{n-2}={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}ta{n}^{n}xdx+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}ta{n}^{n-2}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}ta{n}^{n-2}x\cdot (ta{n}^{2}x+1)dx={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}ta{n}^{n-2}x\cdot se{c}^{2}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}ta{n}^{n-2}xd(tanx)=\frac{1}{n-1}$$
$$(2)证明:\frac{1}{2(n+1)}<I_n<\frac{1}{2(n-1)}$$
$\because 0<tanx<1$
$\therefore n越大，ta{n}^{n}x就越小$
$\therefore I_{n+2}<I_n<I_{n-2}$
同时加上$I_n$
$I_{n+2}+I_n<2I_n<I_{n-2}+I_n$
然后根据第一问的结论
$\frac{1}{n+1}<2I_n<\frac{1}{n-1}$

3.88

$$求I_n={\int }_{-1}^1(x^2-1{)}^{n}dx$$

用分部积分，分出来的那一坨会是0
$$I=0-{\int }_{-1}^{1}x\cdot n(x^2-1{)}^{n-1}2xdx=-2n{\int }_{-1}^1{x}^2(x^2-1{)}^{n-1}dx然后减一坨加一坨强行凑回去=-2n{\int }_{-1}^1{x}^2(x^2-1{)}^{n-1}dx-2n{\int }_{-1}^1(-1)(x^2-1{)}^{n-1}dx+2n{\int }_{-1}^1(-1)(x^2-1{)}^{n-1}dx前两项合并=-2n{I}_n-2n{I}_{n-1}\Rightarrow I_n=-\frac{2n}{2n+1}{I}_{n-1}$$
$$\therefore I_n=\frac{(-1{)}^n\cdot 2^n\cdot n!}{(2n+1)\cdot (2n-1)\cdot (2n-3)\cdot ...\cdot 1}{I}_0$$
分母是隔一项乘一个隔一项成一个并且还是奇数次的，所以就差偶数项的阶乘，而偶数的阶乘又阔以吧$2$提出来就等于$2^{n}n!$
所以分母就变成了$\frac{(2n+1)!}{2^{n}n!}$
$$\therefore I_n=(-1{)}^n\frac{2^{2n}(n!{)}^2}{(2n+1)!}{I}_0$$
其中$I_0=2$

3.89

$$a_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}dx,b_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}si{n}^{n}xdx,则\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n{a}_n}{b_n}=$$
$b_n$就是标准的华里士公式的那个，所以把$a_n$来变形

把$a_n用x=sint换元\Rightarrow a_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}si{n}^{n}xco{s}^{2}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}si{n}^{n}x(1-si{n}^{2}x)dx=b_n-b_{n+2}$

而根据华里士公式$b_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}{b}_n$

$\therefore a_n=\frac{1}{n+2}{b}_n$
然后极限就好求了~

3.90

$$求{\int }_{e^{-2n\pi }}^1|[cos(ln\frac{1}{x}){]}^{\prime }|ln\frac{1}{x}dx$$
这题灰常好~~~
令$t=ln\frac{1}{x}$这个换元还是很容易想到的，但是这道题容易把里面的求导忘了，然后就会变成：${\int }_0^{2\pi n}|\cos t|\cdot t{e}^{-t}dt$，里面是三项乘积，不好积分

正确的是：
$$I={\int }_0^{2\pi n}t|\sin t|dt=\sum _{i=1}^n[{\int }_{-2\pi +2\pi i}^{-\pi +2\pi i}-{\int }_{-\pi +2\pi i}^{2\pi i}]$$
$而\int tsintdt=sint-tcost$

$$I=\sum _{i=1}^n[(4\pi i-3\pi )-[-(4\pi i-\pi )]]=\sum _{i=1}^n[8\pi i-4\pi ]=4\pi n^2$$

3.92

$$I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{sin2nx}{sinx}dx$$
$$(1)证明:I_n-I_{n-1}=(-1{)}^{n-1}\frac{2}{2n-1},(n\ge 2)$$
题目写成这样应该跟上面$tan$那道题一样，直接减的，于是
$I_n-I_{n-1}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{sin2nx-sin(2nx-2x)}{sinx}dx$
看到这个分子，前面是$2nx$后面是$2nx-2x$，一减就没有$n$了，我也想过用和差化积，但是怎么配半天没推出来喃？？？以前不是都好好地嘛？原来这个是有技巧的，背不到真不好
$sina-sinb=sin(\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2})+sin(\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2})$然后展开来凑

这里分子就变成$sin2nx-sin(2nx-2x)=2cos(2nx-x)sinx$

$$\therefore I_n-I_{n-1}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{sin2nx-sin(2nx-2x)}{sinx}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{2cos(2nx-x)sinx}{sinx}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}2cos(2nx-x)=\frac{2}{2n-1}sin(2nx-x){|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{2}{2n-1}(-1{)}^{n-1}$$

3.93

$$I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{si{n}^{2}nt}{sint}dt$$
$$(1)证明:I_n-I_{n-1}=\frac{1}{2n-1}$$
同样直接减：
$$\therefore I_n-I_{n-1}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{si{n}^{2}nt-si{n}^2(n-1)t}{sint}dt,降次={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{cos(2nt)-cos(2nt-2t)}{2sint}dt感觉跟上一道一样了，和差化积={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{-2sin(2nt-t)sint}{2sint}dt={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}-sin(2nt-t)dt$$
咋个是负的喃？？？留个坑

$$(2)记x_n=2I_n-ln(n),证明:\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n存在$$
这第二题感觉好难啊~
先证单调：
$x_n-x_{n-1}=2(I_n-I_{n-1})+ln\frac{n-1}{n}=\frac{1}{2n-1}+ln\frac{n-1}{n}$
令$f(x)=\frac{1}{2x-1}+ln\frac{x-1}{x}$
$f^{\prime }(x)=\frac{2x^2-2x+1}{x(x-1)(2x-1{)}^2}$
分子恒大于0的，当$x>1$时，$f^{\prime }(x)>0\Rightarrow 单增$
而$f(x{)}_{max}=f(+\infty )=0\Rightarrow f(x)<0$
$\therefore x_n<x_{n-1}\Rightarrow x_n$单减

再证有下界：

竟然是用拉格朗日中值定理来证的
我们来分析一波他怎么想到用这个方法的
分析不来
他是用$lnx$在$[2n-1,2n+1]$上用拉格朗日

$ln(2n+1)-ln(2n-1)=\frac{2}{\xi }<\frac{2}{2n-1}$

$ln3-ln1<\frac{2}{1}$

$ln5-ln3<\frac{2}{3}$

$ln7-ln5<\frac{2}{5}$
…
$ln(2n+1)-ln(2n-1)<\frac{2}{2n-1}$

然后左边加左边右边加右边，巧了，左边只剩一项$ln(2n+1)$，巧了，右边就是$2I_n$

然后就有$2I_n-ln(2n+1)>0了，所以有下界$

ε=(´ο｀*)))唉！答案能看懂，但是别人是怎么想到这样的喃，感觉就跟巧合一样，真的只有见多识广，做得多了才行啊

不写了，七夕节哇，走打球~

3.94

$$f(x)=x-[x],[x]表示向下取整,求\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt$$
这道题还有个比较直观的感觉，$f(x)$在单位格子里就是个面积为$\frac{1}{2}$的小直角三角形，然后积分就是无穷多个，然后除以$x$就是平均一哈，所以要是填空题的话，还比较好得出答案

哇~感觉写得好严谨啊，我自己写的话等号这些加不加就会写错

$\because n\le x<n+1$

$\therefore \frac{n}{2}={\int }_0^{n}f(t)dt\le {\int }_0^{x}f(t)dt<{\int }_0^{n+1}f(t)dt=\frac{n+1}{2}$

n是整数，所以很自然能得到左边是$\frac{n}{2}$右边是$\frac{n+1}{2}$

然后开始算是放缩吧，

而$\frac{1}{n+1}<\frac{1}{x}<\frac{1}{n}$

~$\therefore \frac{1}{n+1}\frac{n}{2}<\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt<\frac{1}{n}\frac{n+1}{2}$~

3.95

$$f(x)是x到2k的最小距离,x\ge 0,k=0,1,2...$$

$$(1)证明f(x)周期为2$$
第一问有点麻麻扎扎的感觉~
感觉想直接写出来但是又感觉像是省略了好多步骤一样
$0\le x<2时$

$f(x)=|x-2k|$

$f(x+2)=|x+2-2k|=|x-2(k-1)|\Rightarrow 是以2为周期的函数$T_T

$f(x)=min|x-2k|=\{\begin{array}{c}x,0\le x<1\\ \\ 2-x,1\le x<=2\end{array}$

就这样就出来了？感觉好直接啊
不管了，第二问才是重点~

$$(2)求{\int }_0^{1}f(nx)dx的值,n=1,2...$$

感觉应该要换元吧，先换个元再说
$原式={\int }_0^{n}f(u)\frac{1}{n}du$
弄到这儿我还想把$n$也换了，瞄一眼答案，发现真的换了
$令n=2k$

$原式={\int }_0^{2k}\frac{1}{2k}f(u)du=\frac{k}{2k}{\int }_0^{2}f(u)du=\frac{1}{2}$
上面是偶数的情况，所以还要分析一波奇数的情况
$令n=2k+1$

$原式={\int }_0^{2k+1}f(u)\frac{1}{2k+1}du=\frac{1}{2k+1}[2k{\int }_0^{2}f(u)du+{\int }_0^{1}udu]还是等于\frac{1}{2}$

反常积分判敛与计算

$$设a,b>0,若I={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(2020+x{)}^b}收敛,则a,b满足什么条件$$
我怎么感觉反常积分就跟没学过一样喃？第一题就不会T_T
先把结论放在这里：
$${\int }_0^1\frac{1}{x^p}dx:\{\begin{array}{c}0<p<1,收敛\\ \\ p\ge 1,发散\end{array}$$
$${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^p}\{\begin{array}{c}p\le 1,发散\\ \\ p>1,收敛\end{array}$$
怎么理解喃？靠感觉QAQ，比如第一个，啥时候发散喃？根据答案所讲的，指数大于1的时候趋向0的时候“过快”，导致倒数一哈趋向$\infty$的速度也过快，这个时候就发散了。下面的也一样，x趋向无穷的时候，指数小于1 的话，整体趋向0 的速度就“不够快”，因此就发散

所以这道题也要分成$[0,1),[1,+\infty )$两坨来看
$I_1={\int }_0^1\frac{1}{x^a(2020+x{)}^b},x趋向0的时候,(2020+x)不趋向0,不用管,所以只管x^a$
$\therefore 要想收敛的话\Rightarrow a<1$

$I_2={\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^a(2020+x{)}^b}$

这个时候分母占主要部分的是$x$的$a+b$次方，就是把括号如果打开的话，一定会有$x^{a+b}$，如果要收敛的话$a+b>1$

总结一哈，就是被积函数趋向0的速度要“够快”或者趋向无穷的时候“不够快”，积分才能收敛

3.103

$$判断{\int }_1^{+\infty }[ln(1+\frac{1}{x})-\frac{1}{1+x}]dx的敛散性$$
这个涉及到一个重要的函数不等式，还记得嘛？感觉不是很熟练
$$\frac{1}{1+x}<ln(1+\frac{1}{x})<\frac{1}{x}$$
是$ln(1+\frac{1}{x})=ln(1+x)-ln(x)$然后在$(x,x+1)$上用拉格朗日中值定理来证明的
$\therefore ln(1+\frac{1}{x})<\frac{1}{x}$
$\therefore ln(1+\frac{1}{x})-\frac{1}{1+x}<\frac{1}{x}-\frac{1}{1+x}=\frac{1}{x(1+x)}<\frac{1}{x^2}$
而$\frac{1}{x^2}$是收敛的，所以原式收敛

3.104

$$求I={\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{lnx}dx,其中(a,b>0)$$
又是一道阔以拿去坑大林的积分题~嘿嘿嘿，看他做过没
竟然是化成二重积分来算的T_T，然后还要换次序才能算出来
$$I={\int }_0^1{\int }_a^b{x}^{y}dydx={\int }_a^b{\int }_0^1{x}^{y}dxdy={\int }_a^b\frac{1}{1+y}dy=ln\frac{1+b}{1+a}$$

3.105

$$求I={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}dx,其中\alpha 不等于0$$
妙啊~
$$换元,令t=\frac{1}{x},I={\int }_0^{+\infty }\frac{t^{\alpha }}{(1+t^2)(1+t^{\alpha })}dt$$

$\therefore I+I={\int }_0^{+\infty }\frac{1+x^{\alpha }}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)}dx=arctan(\infty )-arctan(0)=\frac{\pi }{2}$

$\therefore I=\frac{\pi }{4}$

3.125

$$椭圆周长l_1:x^2+2y^2=2,正弦函数一个周期内的曲线长度l_2:sinx,l_3:y=\frac{1}{2}sin2x,x\in (0,2\pi ),比较弧长l_1,l_2,l_3大小$$

感觉这道题灰常好~
为什么这道题只是比较大小没让算出来喃？如果听说过椭圆积分的话就会了解到，椭圆的面积比较好求，但是求椭圆的弧长是不好求的，因此这道题肯定是写出积分的形式然后通过被积函数和上下限来比较大小

$l_1用参数方程：x=sint,y=\sqrt{2}cost$
$$l_1=4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}ds=4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sqrt{si{n}^{2}t+2co{s}^{2}t}dt=4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sqrt{1+co{s}^{2}t}dt$$

$$l_2={\int }_0^{2\pi }ds={\int }_0^{2\pi }\sqrt{1+co{s}^{2}x}dx因为周期是\pi ,而积分区域是两倍的周期所以=2{\int }_0^{\pi }\sqrt{1+co{s}^{2}x}dx然后在一个周期内上下限阔以随便动所以=2{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\sqrt{1+co{s}^{2}x}dx=又因为是偶函数所以=4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sqrt{1+co{s}^{2}x}dx$$

$l_3其实是n=2的特殊情况,结论就是y=\frac{1}{n}sinnx这个函数在(0,2\pi )内弧长是不随n变化的$
$$l_3={\int }_0^{2\pi }ds={\int }_0^{2\pi }\sqrt{1+co{s}^{2}nx}dx,令t=nx,原式={\int }_0^{2n\pi }\frac{1}{n}\sqrt{1+co{s}^{2}t}dt然后把上限里的n拿出来与里面约掉就={\int }_0^{2\pi }\sqrt{1+co{s}^{2}t}dt=4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sqrt{1+co{s}^{2}t}dt$$
因此，三个弧长是相等的~

3.130

求 心 形 线 r = a ( 1 + c o s θ ) 的 全