同济高数 第10章 第10-5-2题

[AI解答]

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（1）
$$
\varphi(x)=\int_{\sin x}^{\cos x} (y^{2} \sin x - y^{3})\, dy
$$

这里积分变量是 $y$，但被积函数中还有 $\sin x$ 作为参数，且积分限也是 $x$ 的函数。
利用含参变量积分的求导公式（莱布尼茨公式）：

$$
\frac{d}{dx} \int_{a(x)}^{b(x)} f(x,y)\, dy = f(x,b(x)) b'(x) - f(x,a(x)) a'(x) + \int_{a(x)}^{b(x)} \frac{\partial f}{\partial x} \, dy
$$

此处
$a(x)=\sin x,\ b(x)=\cos x$
$f(x,y)=y^{2}\sin x - y^{3}$
则
$\frac{\partial f}{\partial x}=y^{2}\cos x$

计算：

$$
\varphi'(x)= \big[(\cos^2 x \sin x - \cos^3 x)(-\sin x)\big] - \big[(\sin^2 x \sin x - \sin^3 x)(\cos x)\big] + \int_{\sin x}^{\cos x} y^{2}\cos x\, dy
$$

先化简前两项：

第一项：
$$
(\cos^2 x \sin x - \cos^3 x)(-\sin x) = -\sin x \cos^2 x \sin x + \sin x \cos^3 x = -\sin^2 x \cos^2 x + \sin x \cos^3 x
$$

第二项：
$$
- (\sin^3 x - \sin^3 x)(\cos x) = 0
$$
因为 $\sin^2 x \sin x - \sin^3 x = 0$，所以第二项为0。

再计算积分部分：

$$
\int_{\sin x}^{\cos x} y^{2}\cos x\, dy = \cos x \cdot \left[\frac{y^{3}}{3}\right]_{\sin x}^{\cos x}
= \frac{\cos x}{3} (\cos^3 x - \sin^3 x)
$$

因此：

$$
\varphi'(x)= -\sin^2 x \cos^2 x + \sin x \cos^3 x + \frac{\cos x}{3}(\cos^3 x - \sin^3 x)
$$

可以合并：

$$
\varphi'(x)= \sin x \cos^3 x - \sin^2 x \cos^2 x + \frac{\cos^4 x}{3} - \frac{\cos x \sin^3 x}{3}
$$

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（2）
$$
\varphi(x)=\int_{0}^{x} \frac{\ln(1+xy)}{y}\, dy
$$

这里积分上限是 $x$，下限常数，被积函数显含 $x$。用莱布尼茨公式：

$$
\varphi'(x)= \frac{\ln(1+x\cdot x)}{x} \cdot 1 + \int_{0}^{x} \frac{\partial}{\partial x}\left( \frac{\ln(1+xy)}{y} \right) dy
$$

第一项：
$$
\frac{\ln(1+x^2)}{x}
$$

第二项：
$$
\frac{\partial}{\partial x} \frac{\ln(1+xy)}{y} = \frac{1}{y} \cdot \frac{y}{1+xy} = \frac{1}{1+xy}
$$

所以：

$$
\int_{0}^{x} \frac{1}{1+xy}\, dy = \left[ \frac{\ln(1+xy)}{x} \right]_{y=0}^{y=x} = \frac{\ln(1+x^2)}{x} - \frac{\ln 1}{x} = \frac{\ln(1+x^2)}{x}
$$

因此：

$$
\varphi'(x)= \frac{\ln(1+x^2)}{x} + \frac{\ln(1+x^2)}{x} = \frac{2\ln(1+x^2)}{x}
$$

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（3）
$$
\varphi(x)=\int_{x^{2}}^{x^{3}} \arctan\frac{y}{x}\, dy
$$

应用莱布尼茨公式：

$a(x)=x^{2},\ b(x)=x^{3}$
$f(x,y)=\arctan\frac{y}{x}$

$$
\varphi'(x)= f(x,x^{3})\cdot 3x^{2} - f(x,x^{2})\cdot 2x + \int_{x^{2}}^{x^{3}} \frac{\partial}{\partial x}\arctan\frac{y}{x}\, dy
$$

先算前两项：
$f(x,x^{3}) = \arctan(x^{2})$
$f(x,x^{2}) = \arctan(x)$

所以前两项为：
$$
3x^{2}\arctan(x^{2}) - 2x\arctan x
$$

再算偏导：
$$
\frac{\partial}{\partial x}\arctan\frac{y}{x} = \frac{1}{1+(y/x)^{2}} \cdot \left(-\frac{y}{x^{2}}\right) = -\frac{y}{x^{2}+y^{2}}
$$

因此积分：

$$
\int_{x^{2}}^{x^{3}} -\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\, dy = -\frac12 \int_{x^{2}}^{x^{3}} \frac{2y}{x^{2}+y^{2}}\, dy = -\frac12 \left[ \ln(x^{2}+y^{2}) \right]_{y=x^{2}}^{y=x^{3}}
$$

$$
= -\frac12 \left[ \ln(x^{2}+x^{6}) - \ln(x^{2}+x^{4}) \right] = -\frac12 \ln\frac{x^{2}(1+x^{4})}{x^{2}(1+x^{2})} = -\frac12 \ln\frac{1+x^{4}}{1+x^{2}}
$$

所以：

$$
\varphi'(x)= 3x^{2}\arctan(x^{2}) - 2x\arctan x - \frac12 \ln\frac{1+x^{4}}{1+x^{2}}
$$

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（4）
$$
\varphi(x)=\int_{x}^{x^{2}} e^{-x y^{2}}\, dy
$$

莱布尼茨公式：

$a(x)=x,\ b(x)=x^{2}$
$f(x,y)=e^{-x y^{2}}$

$$
\varphi'(x)= e^{-x (x^{2})^{2}} \cdot 2x - e^{-x (x)^{2}} \cdot 1 + \int_{x}^{x^{2}} \frac{\partial}{\partial x} e^{-x y^{2}}\, dy
$$

第一项：
$e^{-x^{5}} \cdot 2x$
第二项：
$- e^{-x^{3}}$

偏导：
$$
\frac{\partial}{\partial x} e^{-x y^{2}} = -y^{2} e^{-x y^{2}}
$$

所以积分：

$$
\int_{x}^{x^{2}} -y^{2} e^{-x y^{2}}\, dy
$$

这个积分没有初等原函数，保留形式即可。

因此：

$$
\varphi'(x)= 2x e^{-x^{5}} - e^{-x^{3}} - \int_{x}^{x^{2}} y^{2} e^{-x y^{2}}\, dy
$$

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难度评级：★★★☆☆
（涉及莱布尼茨公式、含参积分求导、部分化简较繁琐）