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定积分是一个常数：求解含定积分的函数方程

核心思路是把方程中的定积分整体记作常数 A——回代后两端构造同一形式的积分以求出 A，配合偶倍奇零、区间再现等技巧秒杀典型题，最终得 f(x)=x/(1+cos²x)−π²/2。

定积分是一个常数：求解含定积分的函数方程

核心思想

定积分是一个常数。当函数方程中出现 ∫abf(x)⋅(已知) dx\int_a^b f(x)\cdot(\text{已知})\,dx 这样的定积分时，它的值与 xx 无关，是一个固定数。只要把这个常数记为 AA，就能把函数方程化为求 AA 的代数问题。

例如，若给出

f(x)=x1+cos⁡2x−∫−ππf(x)sin⁡x dx,f(x)=\frac{x}{1+\cos^2 x}-\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin x\,dx,

记右端那个积分为 AA，方程立刻化为

f(x)=x1+cos⁡2x−A.f(x)=\frac{x}{1+\cos^2 x}-A.

此时 f(x)f(x) 的表达式中只有 AA 是未知的。剩下的工作就是让等号左端也凑出 AA 的形式——具体做法是两端同乘 sin⁡x\sin x，并在 [−π,π][-\pi,\pi] 上积分，再借助偶倍奇零与区间再现公式解出 AA。

例题：求 f(x)f(x)

解答题例题

设

f(x)=x1+cos⁡2x−∫−ππf(x)sin⁡x dx,f(x)=\frac{x}{1+\cos^2 x}-\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin x\,dx,

求 f(x)f(x)。

解答

一、记积分为 AA

令

A=∫−ππf(x)sin⁡x dx,A=\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin x\,dx,

则

f(x)=x1+cos⁡2x−A.(∗)f(x)=\frac{x}{1+\cos^2 x}-A. \tag{$\ast$}

二、两端乘 sin⁡x\sin x 后积分

将 (∗)(\ast) 两端同乘 sin⁡x\sin x，并从 −π-\pi 到 π\pi 积分：

∫−ππf(x)sin⁡x dx=∫−ππxsin⁡x1+cos⁡2x dx−A∫−ππsin⁡x dx.\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin x\,dx =\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx -A\int_{-\pi}^{\pi}\sin x\,dx.

左端即 AA。再用奇偶性化简右端：

  • sin⁡x\sin x 为奇函数 ⇒∫−ππsin⁡x dx=0\Rightarrow \displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}\sin x\,dx=0；
  • xsin⁡x1+cos⁡2x\dfrac{x\sin x}{1+\cos^2 x}：分子 xsin⁡xx\sin x 为奇 × 奇 = 偶，分母为偶，整体为偶。

故

A=2∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx.A=2\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx.

三、区间再现公式去掉 xx

利用区间再现公式

∫0πxg(x) dx=π2∫0πg(x) dx(要求 g(π−x)=g(x)),\int_0^\pi xg(x)\,dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi g(x)\,dx\quad(\text{要求 }g(\pi-x)=g(x)),

取 g(x)=sin⁡x1+cos⁡2xg(x)=\dfrac{\sin x}{1+\cos^2 x}。验证

g(π−x)=sin⁡(π−x)1+cos⁡2(π−x)=sin⁡x1+cos⁡2x=g(x). ✓g(\pi-x)=\frac{\sin(\pi-x)}{1+\cos^2(\pi-x)}=\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}=g(x).\ \checkmark

于是

A=2⋅π2∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx=π∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx.A=2\cdot\frac{\pi}{2}\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx =\pi\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx.

四、凑微分代换

由 d(cos⁡x)=−sin⁡x dxd(\cos x)=-\sin x\,dx，得

A=−π∫0πd(cos⁡x)1+cos⁡2x=−π arctan⁡(cos⁡x)∣0π=−π ⁣[arctan⁡(−1)−arctan⁡(1)]=−π⋅ ⁣(−π2)=π22.\begin{aligned} A &=-\pi\int_0^\pi\frac{d(\cos x)}{1+\cos^2 x}\\[4pt] &=-\pi\,\arctan(\cos x)\Big|_0^\pi\\[4pt] &=-\pi\!\left[\arctan(-1)-\arctan(1)\right]\\[4pt] &=-\pi\cdot\!\left(-\frac{\pi}{2}\right)\\[4pt] &=\frac{\pi^2}{2}. \end{aligned}

五、回代得 f(x)f(x)

 f(x)=x1+cos⁡2x−π22 \boxed{\,f(x)=\frac{x}{1+\cos^2 x}-\frac{\pi^2}{2}\,}

解题流程小结

  1. 识别”定积分是常数”——见到方程中含 ∫abf(x)⋅(已知) dx\int_a^b f(x)\cdot(\text{已知})\,dx 就立刻设 AA。
  2. 代回方程得到 f(x)f(x) 关于 AA 的显式表达。
  3. 凑左端——把 AA 的定义式中的”权函数”乘到方程两端再积分，对称区间则用偶倍奇零简化。
  4. 必要时配合区间再现 ∫0πxg(x) dx=π2∫0πg(x) dx\int_0^\pi xg(x)\,dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi g(x)\,dx（当 g(π−x)=g(x)g(\pi-x)=g(x)）。
  5. 求出 AA 后回代即得 f(x)f(x)。
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