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IAL 2021 Oct FP3 Q8

A Level / Edexcel / FP3

IAL 2021 Oct Paper · Question 8

题目

Problem

y=arccos⁡(2x)y = \arccos(2\sqrt{x})

(a) Determine

dydx.\frac{dy}{dx}.

(b) Show that

∫y dx=xarccos⁡(2x)+∫x1−4x dx.\int y\,\mathrm{d}x =x\arccos(2\sqrt{x}) +\int\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-4x}}\,\mathrm{d}x.

(c) Use the substitution x=12cos⁡θ\sqrt{x}=\frac12\cos\theta to show that

∫01/8x1−4x dx=14∫abcos⁡2θ dθ,\int_0^{1/8}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-4x}}\,\mathrm{d}x =\frac14\int_a^b\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta,

where aa and bb are limits to be determined.

(d) Hence, determine the exact value of

∫01/8arccos⁡(2x) dx.\int_0^{1/8}\arccos(2\sqrt{x})\,\mathrm{d}x.
(13)
题目中文翻译

y=arccos⁡(2x)y = \arccos(2\sqrt{x})

(a) 求

dydx\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}

(b) 证明

∫y dx=xarccos⁡(2x)+∫x1−4x dx\int y\,\mathrm{d}x =x\arccos(2\sqrt{x}) +\int\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-4x}}\,\mathrm{d}x

(c) 使用代换 x=12cos⁡θ\sqrt{x}=\frac12\cos\theta，证明

∫01/8x1−4x dx=14∫abcos⁡2θ dθ\int_0^{1/8}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-4x}}\,\mathrm{d}x =\frac14\int_a^b\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta

其中 aa 和 bb 为待确定的上下限。

(d) 因此求

∫01/8arccos⁡(2x) dx\int_0^{1/8}\arccos(2\sqrt{x})\,\mathrm{d}x

的精确值。

解答

(a)

解法一：使用反余弦求导公式

思路

展开

把 2x2\sqrt{x} 视为复合函数的内层。先套用 arccos⁡u\arccos u 的导数，再对 2x2\sqrt{x} 求导，最后合并两个根式。

答题过程

展开

Let u=2xu=2\sqrt{x}. Then

dudx=1x.\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac1{\sqrt{x}}.

Using the chain rule,

dydx= −11−u2dudx= −1x1−4x.\begin{align*} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} =&\,-\frac1{\sqrt{1-u^2}} \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} \\ =&\,-\frac1{\sqrt{x}\sqrt{1-4x}}. \end{align*}

Thus

dydx=−1x1−4x.\boxed{ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} =-\frac1{\sqrt{x}\sqrt{1-4x}} }.

解法二：隐式求导

思路

展开

先取余弦得到 cos⁡y=2x\cos y=2\sqrt{x}，再隐式求导。由于本题范围内 y=arccos⁡(2x)y=\arccos(2\sqrt{x})，所以 sin⁡y=1−4x\sin y=\sqrt{1-4x} 取非负根。

答题过程

展开

Since

cos⁡y=2x,\cos y=2\sqrt{x},

differentiating implicitly gives

−sin⁡ydydx=1x.-\sin y\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} =\frac1{\sqrt{x}}.

Also,

sin⁡y=1−cos⁡2y=1−4x.\sin y =\sqrt{1-\cos^2y} =\sqrt{1-4x}.

Therefore,

dydx=−1x1−4x.\boxed{ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} =-\frac1{\sqrt{x}\sqrt{1-4x}} }.

(b)

解法一：分部积分

思路

展开

这是官方评分资料的主要路线。令 u=yu=y、dv=dx\mathrm{d}v=\mathrm{d}x，再代入 (a) 的导数；负号相消后，x/xx/\sqrt{x} 正好化成 x\sqrt{x}，自然得到题设结果。

答题过程

展开

Using integration by parts with

u=arccos⁡(2x),dv=dx,u=\arccos(2\sqrt{x}), \qquad \mathrm{d}v=\mathrm{d}x,

we have

du=−1x1−4x dx,v=x.\mathrm{d}u =-\frac1{\sqrt{x}\sqrt{1-4x}}\,\mathrm{d}x, \qquad v=x.

Hence

∫y dx= xy−∫x dy= xarccos⁡(2x) +∫xx1−4x dx= xarccos⁡(2x) +∫x1−4x dx.\begin{align*} \int y\,\mathrm{d}x =&\,xy-\int x\,\mathrm{d}y \\ =&\,x\arccos(2\sqrt{x}) \\ &\,+\int\frac{x}{\sqrt{x}\sqrt{1-4x}}\,\mathrm{d}x \\ =&\,x\arccos(2\sqrt{x}) \\ &\,+\int\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-4x}}\,\mathrm{d}x. \end{align*}

解法二：对乘积求导

思路

展开

官方替代路线从 xarccos⁡(2x)x\arccos(2\sqrt{x}) 出发使用乘积法则。将导数式重新排列后两边积分，也会得到题设恒等式。

答题过程

展开

By the product rule and part (a),

ddx[xarccos⁡(2x)]= arccos⁡(2x) −x1−4x.\begin{align*} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \bigl[x\arccos(2\sqrt{x})\bigr] =&\,\arccos(2\sqrt{x}) \\ &\,-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-4x}}. \end{align*}

Rearranging and integrating,

∫y dx=xarccos⁡(2x)+∫x1−4x dx.\int y\,\mathrm{d}x =x\arccos(2\sqrt{x}) +\int\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-4x}}\,\mathrm{d}x.

(c)

解法一

思路

展开

由 x=12cos⁡θ\sqrt{x}=\frac12\cos\theta 先平方得到 xx，再求 dx\mathrm{d}x。在本题对应的角度范围内 sin⁡θ≥0\sin\theta\ge0，因此 1−cos⁡2θ=sin⁡θ\sqrt{1-\cos^2\theta}=\sin\theta。代换后负号通过倒置上下限消去。

答题过程

展开

From

x=12cos⁡θ,\sqrt{x}=\frac12\cos\theta,

we obtain

x=14cos⁡2θ,dx=−12sin⁡θcos⁡θ dθ.x=\frac14\cos^2\theta, \qquad \mathrm{d}x=-\frac12\sin\theta\cos\theta\,\mathrm{d}\theta.

Also,

1−4x=1−cos⁡2θ=sin⁡θ.\sqrt{1-4x} =\sqrt{1-\cos^2\theta} =\sin\theta.

Therefore,

x1−4x dx= 12cos⁡θsin⁡θ(−12sin⁡θcos⁡θ) dθ= −14cos⁡2θ dθ.\begin{align*} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-4x}}\,\mathrm{d}x =&\,\frac{\frac12\cos\theta}{\sin\theta} \bigg(-\frac12\sin\theta\cos\theta\bigg) \,\mathrm{d}\theta \\ =&\,-\frac14\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta. \end{align*}

The limits transform as follows:

x=0 ⟹ θ=π2,x=18 ⟹ θ=π4.\begin{align*} x=0&\ \Longrightarrow\ \theta=\frac{\pi}{2}, \\ x=\frac18&\ \Longrightarrow\ \theta=\frac{\pi}{4}. \end{align*}

Hence

∫01/8x1−4x dx=14∫π/4π/2cos⁡2θ dθ.\boxed{ \int_0^{1/8}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-4x}}\,\mathrm{d}x =\frac14\int_{\pi/4}^{\pi/2} \cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta }.

Thus a=π4a=\frac{\pi}{4} and b=π2b=\frac{\pi}{2}.

(d)

解法一

思路

展开

先用半角公式计算 (c) 的定积分，再把结果代回 (b) 的分部积分恒等式。上限处 arccos⁡(1/2)=π/4\arccos(1/\sqrt2)=\pi/4，下限的边界项因乘有 xx 而为零。

答题过程

展开

Using cos⁡2θ=12(1+cos⁡2θ)\cos^2\theta=\frac12(1+\cos2\theta),

∫01/8x1−4x dx= 18[θ+12sin⁡2θ]π/4π/2= π32−116.\begin{align*} \int_0^{1/8}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-4x}}\,\mathrm{d}x =&\,\frac18 \left[\theta+\frac12\sin2\theta\right]_{\pi/4}^{\pi/2} \\ =&\,\frac{\pi}{32}-\frac1{16}. \end{align*}

By the result of part (b),

 ∫01/8arccos⁡(2x) dx= [xarccos⁡(2x)]01/8+π32−116= 18arccos⁡(12)+π32−116= π16−116.\begin{align*} &\,\int_0^{1/8}\arccos(2\sqrt{x})\,\mathrm{d}x \\ =&\,\left[x\arccos(2\sqrt{x})\right]_0^{1/8} +\frac{\pi}{32}-\frac1{16} \\ =&\,\frac18\arccos\bigg(\frac1{\sqrt2}\bigg) +\frac{\pi}{32}-\frac1{16} \\ =&\,\boxed{\frac{\pi}{16}-\frac1{16}}. \end{align*}