## 错题记录

### 题目 01

当 $x \to 0^+$ 时，

$$
f(x) = \int_{0}^{x^2} dy \int_{y}^{\sqrt{y}} \sin \frac{y}{t} \, dt
$$

与

$$
g(x) = a x^b
$$

是等价无穷小量，则 $ab = \underline{\hspace{2cm}}$ 。

### 错误原因

交换积分次序后，计算内层积分 $\displaystyle\int_{t^2}^{t} \sin \frac{y}{t} \, dy$ 时，原函数为 $\left[-t \cos \dfrac{y}{t}\right]$。代入上下限时**错误地把系数 $t$ 也随 $y$ 的上下限一并代入了值**（例如写成 $-t^2 \cos t$ 等），而正确的做法是：内层对 $y$ 积分时 $t$ 视为常数，系数 $t$ 不参与代入，只有 $\cos \frac{y}{t}$ 中的 $y$ 需要换成上下限。

### 正确答案

**Step 1：交换积分次序**

积分区域 $D = \{(y, t) : 0 \le y \le x^2,\; y \le t \le \sqrt{y}\}$。

由 $y \le t \le \sqrt{y}$ 解得 $t^2 \le y \le t$，结合 $0 \le y \le x^2$，且 $t \in [0, x]$，分两段：

$$
f(x) = \int_{0}^{x^2} dt \int_{t^2}^{t} \sin \frac{y}{t} \, dy
      + \int_{x^2}^{x} dt \int_{t^2}^{x^2} \sin \frac{y}{t} \, dy
$$

**Step 2：计算内层积分**

$\displaystyle\int \sin \frac{y}{t} \, dy = -t \cos \frac{y}{t}$，代入上下限：

$$
\begin{aligned}
\int_{t^2}^{t} \sin \frac{y}{t} \, dy &= -t \cos 1 + t \cos t = t(\cos t - \cos 1) \\[4pt]
\int_{t^2}^{x^2} \sin \frac{y}{t} \, dy &= -t \cos \frac{x^2}{t} + t \cos t = t\!\left(\cos t - \cos \frac{x^2}{t}\right)
\end{aligned}
$$

**Step 3：合并**

$$
\begin{aligned}
f(x) &= \int_{0}^{x^2} t(\cos t - \cos 1) \, dt
      + \int_{x^2}^{x} t\!\left(\cos t - \cos \frac{x^2}{t}\right) dt \\[4pt]
     &= \int_{0}^{x} t \cos t \, dt - \frac{\cos 1}{2} x^4 - \int_{x^2}^{x} t \cos \frac{x^2}{t} \, dt
\end{aligned}
$$

其中 $\displaystyle\int_{0}^{x} t \cos t \, dt = x \sin x + \cos x - 1$。

对最后一项作代换 $u = \dfrac{x^2}{t}$（$t = \dfrac{x^2}{u},\; dt = -\dfrac{x^2}{u^2}du$）：

$$
\int_{x^2}^{x} t \cos \frac{x^2}{t} \, dt = x^4 \int_{x}^{1} \frac{\cos u}{u^3} \, du
$$

故

$$
\boxed{f(x) = x \sin x + \cos x - 1 - \frac{\cos 1}{2} x^4 - x^4 \int_{x}^{1} \frac{\cos u}{u^3} \, du}
$$

**Step 4：用等价无穷小比值法求 $a, b$（$x \to 0^+$）**

先求 $f'(x)$：由变限积分求导，

$$
f'(x) = 2x \int_{x^2}^{x} \sin \frac{x^2}{t} \, dt
\;\xrightarrow{u = \frac{x^2}{t}}\;
2x^3 \int_{x}^{1} \frac{\sin u}{u^2} \, du
$$

由等价无穷小关系 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{a x^b} = 1$，即 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x^b} = a$。

使用洛必达法则：

$$
\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x^b}
= \lim_{x \to 0^+} \frac{f'(x)}{b x^{b-1}}
= \frac{2}{b} \lim_{x \to 0^+} x^{4-b} \int_{x}^{1} \frac{\sin u}{u^2} \, du
$$

当 $u \to 0^+$ 时 $\dfrac{\sin u}{u^2} \sim \dfrac{1}{u}$，故

$$
\int_{x}^{1} \frac{\sin u}{u^2} \, du \sim \int_{x}^{1} \frac{1}{u} \, du = -\ln x \qquad (x \to 0^+)
$$

于是

$$
\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x^b}
= -\frac{2}{b} \lim_{x \to 0^+} x^{4-b} \ln x
$$

分析：
- 若 $b < 4$，则 $x^{4-b} \ln x \to 0$，极限为 $0$
- 若 $b > 4$，则 $x^{4-b} \to +\infty$，$x^{4-b} \ln x \to -\infty$，极限为 $+\infty$
- 若 $b = 4$，则 $\ln x \to -\infty$，极限为 $+\infty$

要使极限为非零有限值，由 $\ln x$ 的存在可知不存在这样的 $b$。

$$
\boxed{f(x) \sim -\frac{1}{2} x^4 \ln x \quad (x \to 0^+)}
$$

即 $f(x)$ 主导阶为 $x^4 \ln x$，不是纯幂函数 $a x^b$。

### 知识点

**二重积分：**

- **积分次序交换**：给定积分区域 $D = \{(y,t) \mid a \le y \le b,\; \varphi_1(y) \le t \le \varphi_2(y)\}$，交换次序需从不等式 $\varphi_1(y) \le t \le \varphi_2(y)$ 反解出 $y$ 关于 $t$ 的范围 $\psi_1(t) \le y \le \psi_2(t)$，并确定 $t$ 的新范围 $[c,d]$。本题从 $y \le t \le \sqrt{y}$ 反解得 $t^2 \le y \le t$。
- **分段处理**：交换次序后若 $\min / \max$ 分段点落在积分区间内，需拆分为多个积分。本题 $\min(t, x^2)$ 在 $t = x^2$ 处切换，故分为 $[0, x^2]$ 和 $[x^2, x]$ 两段。
- **内层积分时外层变量视为常数**：计算 $\int_{t^2}^{t} \sin \frac{y}{t} \, dy$ 时 $t$ 固定，原函数 $\left[-t \cos \frac{y}{t}\right]$ 中系数 $t$ **不参与代入上下限**（本题错误根源）。

**变限积分与等价无穷小：**

- **变限积分求导**：$F(x) = \int_{a(x)}^{b(x)} h(x, t) \, dt$，若被积函数含 $x$，应先换元分离再求导。本题交换次序后 $x$ 只出现在积分限，可直接用 Leibniz 公式。
- **洛必达法则判定无穷小阶数**：$\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{F(x)}{x^b} = \lim_{x \to 0^+} \frac{F'(x)}{b x^{b-1}}$，逐步降阶直到极限为非零有限值。
- **$\ln x$ 型奇异性**：$\displaystyle\int_{x}^{1} \frac{\sin u}{u^2} du$ 在 $u \to 0^+$ 时 $\frac{\sin u}{u^2} \sim \frac{1}{u}$，积分 $\sim -\ln x$，导致最终结果含 $\ln x$ 因子，不存在纯幂函数等价无穷小。