一重积分的问题用二重积分求解

一、题目

难度评级：

二、解析

由于 $y(x)$ 是 $y ^{\prime} (x)$ 的原函数，所以：

$$
\begin{aligned}
y(x) = \int y ^{\prime} (x) \mathrm{~d} x + C
\end{aligned}
$$

但由于题目已经告诉我们 $y(0)$ $=$ $1$, 所以，根据「荒原之梦考研数学」的《不定积分和变上限积分的联系与区别》这篇文章可知，用 $0$ 到 $x$ 的变上限积分即可求出满足 $y(0)$ $=$ $1$ 这一条件的唯一的原函数，即：

$$
\begin{aligned}
& \textcolor{orange}{ \int_{0}^{x} y ^{\prime} (t) \mathrm{~d} t } \\ \\
\textcolor{tan}{= \ } & \left. y(x) \right|_{0}^{x} \\ \\
\textcolor{tan}{= \ } & y(x) – y(0) \\ \\
\textcolor{tan}{= \ } & y(x) – 1 \\ \\
\textcolor{tan}{\Rightarrow \ } & \textcolor{orangered}{ y(x) = \int_{0}^{x} y ^{\prime} (t) \mathrm{~d} t + 1 }
\end{aligned}
$$

Note

为了区分积分变量和函数变量，在上面的 $(1)$ 式中，我们使用 $t$ 表示积分变量，使用 $x$ 表示函数变量。

zhaokaifeng.com

于是：

$$
\begin{aligned}
& I \\ \\
& \textcolor{tan}{=} \int_{0}^{1} y ( x ) \mathrm{~d} x \\ \\
& \textcolor{tan}{=} \int_{0}^{1} \left[ \textcolor{orange}{ \int_{0}^{x} y^{\prime}(t) \mathrm{~d} t } + \textcolor{orangered}{1} \right] \mathrm{~d} x \\ \\
& \textcolor{tan}{=} \int_{0}^{1} \textcolor{orange}{ \int_{0}^{x} y ^{\prime} (x) \mathrm{~d} t } \mathrm{~d} x + \int_{0}^{1} \textcolor{orangered}{1} \mathrm{~d} x \\ \\
& \textcolor{tan}{=} \int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \textcolor{orange}{ \int_{0}^{x} y ^ { \prime } ( t ) \mathrm{~d} t } + \textcolor{orangered}{x} \Big|_{0}^{1} \\ \\
& \textcolor{tan}{=} \int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \textcolor{orange}{ \int_{0}^{x} y ^ { \prime } ( t ) \mathrm{~d} t } + \textcolor{orangered}{1} \\ \\
& \textcolor{tan}{=} \textcolor{magenta}{ \int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{x} \arctan ( 1-t )^{2} \mathrm{~d} t + 1 }
\end{aligned}
$$

在上面的式子 $\textcolor{magenta}{ \int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{x} \arctan ( 1-t )^{2} \mathrm{~d} t}$ $\textcolor{magenta}{+}$ $\textcolor{magenta}{1}$ 中，我们需要先对 $t$ 进行积分，再对 $x$ 进行积分，但很显然，这个积分运算很复杂。

所以，我们首先考虑交换机分次序。

要交换积分次序，我们首先需要画出来积分区域的示意图，如图 01 所示：

于是，交换积分次序，得：

$$
\begin{aligned}
& I \textcolor{tan}{=} \\ \\
& \int_{0}^{1} \mathrm{~d} t \int_{t}^{1} \arctan ( 1-t )^{2} \mathrm{~d} x + 1 \textcolor{tan}{=} \\ \\
& \int_{0}^{1} \arctan ( 1-t )^{2} \mathrm{~d} t \int_{t}^{1} \mathrm{~d} x + 1 \textcolor{tan}{=} \\ \\
& \int_{0}^{1} ( 1 – t ) \arctan ( 1 – t )^{2} \mathrm{~d} t + 1 \textcolor{tan}{ \xlongequal[x \in (1, 0)]{x=1-t} } \\ \\
& \int_{\textcolor{pink}{1} }^{\textcolor{pink}{0} } x \arctan x ^{2} \mathrm{~d} (\textcolor{pink}{1-x}) + 1 \textcolor{tan}{=} \\ \\
& \int_{0}^{1} \textcolor{orange}{x} \arctan x^{2} \mathrm{~d} x + 1 \textcolor{tan}{=} \\ \\
& \textcolor{orange}{\frac{1}{2}} \int_{0}^{1} \arctan x^{2} \mathrm{~d} (\textcolor{orange}{ x^{2} }) + 1 \textcolor{tan}{ \xlongequal{t = x^{2}} } \\ \\
& \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \arctan t \mathrm{~d} t + 1 \textcolor{tan}{ \xlongequal{\text{ 分部积分 }} } \\ \\
& \left. \frac{1}{2} t \arctan t \right|_{0}^{1} – \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{t}{1+t^{2} } \mathrm{~d} t + 1 \textcolor{tan}{=} \\ \\
& \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4} – \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{t}{1+t^{2} } \mathrm{~d} t + 1 \textcolor{tan}{=} \\ \\
& \frac{\pi}{8} – \left. \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \ln (1 + t ^{2}) \right|_{0}^{1} + 1 \textcolor{tan}{=} \\ \\
& \textcolor{springgreen}{\boldsymbol{ \frac{\pi}{8} – \frac{1}{4} \ln 2 + 1 }}
\end{aligned}
$$

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