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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。