Wallis 公式（点火公式）与区间再现公式专项技巧

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模块一：Wallis 公式（点火公式 / 华里士公式）

1. 标准公式与递推本质

💡 递推原理推导（分部积分）

通过分部积分可建立降次递推关系：

$$\begin{aligned} I_n &= \int_0^{\pi/2} \sin^{n-1} x\,\mathrm{d}(-\cos x) \\ &= \left[ -\sin^{n-1} x\cos x \right]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \sin^{n-2} x\cos^2 x\,\mathrm{d}x \\ &= 0 + (n-1)\int_0^{\pi/2} \sin^{n-2} x(1-\sin^2 x)\,\mathrm{d}x \\ &= (n-1)I_{n-2} - (n-1)I_n \end{aligned}$$

移项整理即得核心递推公式： $\boxed{I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}}$

• 初始项：$I_1 = \displaystyle\int_0^{\pi/2} \sin x\,\mathrm{d}x = 1$；$I_0 = \displaystyle\int_0^{\pi/2} 1\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}$。

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2. 30 秒极速记忆口诀与高频速查表

常用高频项速查表（考场直接口算）

幂次 $n$	奇偶性	展开计算式	积分值 $I_n$
$n=1$	奇数	$1$	$1$
$n=2$	偶数	$\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}$	$\dfrac{\pi}{4}$
$n=3$	奇数	$\frac{2}{3} \cdot 1$	$\dfrac{2}{3}$
$n=4$	偶数	$\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}$	$\dfrac{3\pi}{16}$
$n=5$	奇数	$\frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \cdot 1$	$\dfrac{8}{15}$
$n=6$	偶数	$\frac{5}{6} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}$	$\dfrac{5\pi}{32}$

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3. 对称区间与全周期拓展（考研高频实战）

点火公式原定义在 $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$ 上，结合三角函数在各象限的符号与对称性，可直接扩展至更宽区间：

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4. 典型实战例题：换元后调用点火公式

【解】 令 $x = a\tan t \quad \left(t \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right)\right)$，则 $\mathrm{d}x = a\sec^2 t\,\mathrm{d}t$，$x^2+a^2 = a^2\sec^2 t$： $I = \int_0^{\pi/2} \frac{a\sec^2 t\,\mathrm{d}t}{(a^2\sec^2 t)^n} = \frac{1}{a^{2n-1}}\int_0^{\pi/2} \frac{1}{\sec^{2n-2} t}\,\mathrm{d}t = \frac{1}{a^{2n-1}}\int_0^{\pi/2} \cos^{2n-2} t\,\mathrm{d}t$ 直接套用 Wallis 公式： $I = \frac{1}{a^{2n-1}} I_{2n-2}$ 例如当 $a=1, n=2$ 时： $\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{(x^2+1)^2} = I_2 = \frac{\pi}{4}$

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模块二：区间再现公式及其推论

1. 基本公式与几何本质

💡 几何本质

$y = f(a+b-x)$ 是曲线 $y = f(x)$ 关于垂直直线 $x = \dfrac{a+b}{2}$ 进行水平镜像翻转后的图形。由于在区间 $[a,b]$ 上的总面积不随图形左右镜像而改变，因而积分值严格相等。

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2. 核心推论：消去线性因子 $x$（考研第一秒杀推论）

💡 推论证明（两式相加法）

令 $I = \displaystyle\int_a^b x\,g(x)\,\mathrm{d}x$。 利用区间再现公式（令 $x = a+b-t$）： $I = \int_a^b (a+b-x)g(a+b-x)\,\mathrm{d}x = \int_a^b (a+b-x)g(x)\,\mathrm{d}x = (a+b)\int_a^b g(x)\,\mathrm{d}x - I$ 移项得 $2I = (a+b)\displaystyle\int_a^b g(x)\,\mathrm{d}x$，两边同除以 2 证毕！

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3. 解题信号与适用场景

题型特征	核心信号	解题动作
信号 1：含 $x$ 乘积项	形如 $\displaystyle\int_a^b x \cdot g(x)\,\mathrm{d}x$，且 $g(x)$ 具有轴对称性（如三角函数、圆弧）	直接套用推论将 $x$ 提为常数 $\dfrac{a+b}{2}$
信号 2：互补对称结构	被积函数无法求原函数，但分子分母含 $e^x, \sin x, \cos x$ 等对称结构	令 $x = a+b-t$，两式相加分子分母抵消为 1

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4. 经典题型与真题示范

题型一：消 $x$ 因子秒杀定积分

【解】 设 $g(x) = \sqrt{2x-x^2}$，区间为 $[0,2]$（$a+b=2$）。 检验对称性：$g(2-x) = \sqrt{2(2-x)-(2-x)^2} = \sqrt{2x-x^2} = g(x)$。 直接由消 $x$ 因子推论提取： $\int_0^2 x\sqrt{2x-x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{0+2}{2}\int_0^2 \sqrt{2x-x^2}\,\mathrm{d}x = 1 \cdot \int_0^2 \sqrt{1-(x-1)^2}\,\mathrm{d}x$ 由半径为 1 的上半圆几何面积： $\int_0^2 \sqrt{2x-x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\pi (1)^2 = \mathbf{\frac{\pi}{2}}$

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题型二：周期绝对值与区间再现组合

【解】 区间为 $[0, n\pi]$，$a+b = n\pi$。 由于 $|\sin(n\pi-x)| = |\sin x|$，满足对称条件，直接消去 $x$： $I = \frac{n\pi}{2}\int_0^{n\pi}|\sin x|\,\mathrm{d}x = \frac{n\pi}{2} \cdot n\int_0^\pi \sin x\,\mathrm{d}x = \frac{n\pi}{2} \cdot 2n = \mathbf{n^2\pi}$

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题型三：互补对称结构（两式相加消去被积函数）

【解】 令 $x = \dfrac{\pi}{2} - t$： $I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}{\sin^n\left(\frac{\pi}{2}-t\right) + \cos^n\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}\,\mathrm{d}t = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^n x}{\cos^n x + \sin^n x}\,\mathrm{d}x$ 两式相加： $2I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n x + \cos^n x}{\sin^n x + \cos^n x}\,\mathrm{d}x = \int_0^{\pi/2} 1\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2} \implies \mathbf{I = \frac{\pi}{4}}$

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模块三：两大核武器联用综合大题模型

考研中常将 区间再现公式 与 Wallis 公式 联合考察：第一步用区间再现消去 $x$ 因子，第二步用点火公式一步出值。

【解】

1. 第一步：区间再现消去 $x$ 设 $g(x) = \dfrac{\sin^3 x}{1+\cos^2 x}$，在 $[0, \pi]$ 上 $a+b = \pi$。 $g(\pi-x) = \dfrac{\sin^3(\pi-x)}{1+\cos^2(\pi-x)} = \dfrac{\sin^3 x}{1+(-\cos x)^2} = g(x)$。 由消 $x$ 因子推论： $I = \frac{\pi}{2}\int_0^\pi \frac{\sin^3 x}{1+\cos^2 x}\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2} \cdot 2\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^3 x}{1+\cos^2 x}\,\mathrm{d}x = \pi\int_0^{\pi/2}\frac{1-\cos^2 x}{1+\cos^2 x}\sin x\,\mathrm{d}x$
2. 第二步：凑微分积分 令 $u = \cos x$（$x=0 \to u=1, x=\pi/2 \to u=0$）： $$\begin{aligned} I &= \pi\int_1^0 \frac{1-u^2}{1+u^2}\,(-\mathrm{d}u) = \pi\int_0^1 \frac{1-u^2}{1+u^2}\,\mathrm{d}u \\ &= \pi\int_0^1 \left(\frac{2}{1+u^2} - 1\right)\mathrm{d}u = \pi\left[ 2\arctan u - u \right]_0^1 \\ &= \pi\left( 2\cdot\frac{\pi}{4} - 1 \right) = \mathbf{\frac{\pi^2}{2} - \pi} \end{aligned}$$

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