nbhkdz.com冰点文库

数学分析考研复习讲义9含参变量积分

时间:2013-10-18


第九章
Ⅰ 基本概念与主要结果

含参变量积分

一 含参量正常积分 1 定义 若 一元函数 f ( x, y ) 设 f ( x, y ) 为矩形区域 R = [ a, b] × [c, d ] 上的二元函数, ?y ∈ [c, d ] , 在 [ a , b] 上可积,则其积分值是 y 在 [c, d ] 上取值的函数,记为 ? ( y ) ,即

? ( y ) = ∫ f ( x, y )dx, y ∈ [c, d ].
a

b

称之为含参量的有限积分, y 称为参变量。 更一般地,我们有如下含参量积分: ( f 在G = ( x, y ) a ( y ) ≤ x ≤ b( y ), α ≤ y ≤ β )

{

}

? ( y) = ∫

b( y )

a( y)

f ( x, y ) dx,

y ∈ [α , β ].

其中 a ( x ), b( x ) 为 [α , β ] 上的连续函数。 2 分析性质

(1)连续性 设 二 元 函 数 f ( x, y ) 在 区 域 G = ( x, y ) c( x ) ≤ x ≤ d ( x ), a ≤ x ≤ b 上 连 续 , 其 中

{

}

c ( x ), d ( x ) 为 [a, b] 上连续函数,则函数

F ( x) = ∫
在 [ a , b] 上连续。 (2)可微性 若函数 f 与

d ( x)

a( x)

f ( x, y ) dy

? f 在 [a, b] × [c, d ] 上连续,则 ?x

I ( x) = ∫ f ( x, y )dy
c

d

在 [ a , b] 上可微,且

I ' ( x) = ∫

d

c

? f ( x, y )dy ?x

(3) 可积性 可积。

若 f ( x, y ) 在 [ a, b] × [c, d ] 上连续, I ( x ) 和 J ( y ) 分别在 [ a , b] 和 [c, d ] 上 则

此说明,在连续的假设之下,同时存在两个求积顺序不同的积分:



b

a

? d f ( x, y )dy ? dx 与 d ? b f ( x, y )dx ? dy ∫c ? ∫a ? ∫c ? ? ? ? ? ?

为了书写简便起见,上述两个积分分别写作:


统称为累次积分。

b

a

dx ∫ f ( x, y )dy 与 ∫ dy ∫ f ( x, y )dx
c c a

d

d

b

(4)若 f ( x, y ) 在 [ a, b] × [c, d ] 上连续,则


一、 参量的常积分

b

a

dx ∫ f ( x, y )dy = ∫ dy ∫ f ( x, y )dx
c c a

d

d

b

1、 一致收敛性及其判别法 定义 1 设函数定义在无界区域 G = ( x, y ) c ( x ) ≤ x ≤ d ( x), a ≤ x ≤ b 上,若对每一固

{

}

定的 x ∈ [ a, b] ,反常积分


I ( x) = ∫

+∞

c

f ( x, y )dy

都收敛,则它的值是 x 在 [ a , b] 上取值的函数,记之为 I ( x ) ,则有
+∞

c

f ( x, y )dy , x ∈ [ a, b]

(1)

称(1)式为定义在 [ a , b] 上的含参量的无穷限反常积分,简称含参量无穷积分。 当 定义 2 (一致收敛) 若含参量积分 (1) 满足:?ε > 0, ?N > 0 , M > N 时,?x ∈ [ a, b] , 有

|∫

+∞

c

f ( x, y )dy ? ∫

M

c

f ( x, y )dy |< ε ,

则称含参量积分(1)在 [ a , b] 上一致收敛于 I ( x ) ,或简称 敛。 判别法则



b

a

f ( x, y )dy 在 [a, b] 上一致收

定 理 1 ( 柯 西 准 则 ) 含 参 量 无 穷 积 分 ( 1 ) 在 [a, b] 上 一 致 收 敛 的 充 要 条 件 是 :

?ε > 0, ?M > c, 当A1 , A2 > M 时, ?x ∈ [a, b] ,有

|∫

A2

A1

f ( x, y )dy |< ε

定理 2(魏尔斯特拉斯 M-判别法)设有函数 g ( y ) ,使得

f ( x, y ) ≤ g ( y), a ≤ x ≤ b, c ≤ y < +∞.




+∞

c

g ( y )dy 收敛,则 ∫

+∞

c

f ( x, y )dy 在 [a, b] 上一致收敛。

定理 3 含参量反常积分(1)在 [ a , b] 上一致收敛的充要条件是:对任一趋于 +∞ 的递增 ,函数项级数 数列 { An } (其中 A1 = c )

∑∫
n =1



An+1

An

f ( x, y )dy = ∑ un ( x)
n =1



在 [ a , b] 上一致收敛。 (参具体华师大 P181) 定理 4(狄利克雷判别法)设 (1) 对一切实数 N > c ,含参量反常积分



N

N

c

f ( x, y)dy

对参量 x 在上一致有界,即 ?M > 0, ?N > c, ?x ∈ [ a, b] ,有

c

f ( x, y )dy ≤ M ;

(2)对每个 x ∈ [ a, b] ,函数 g ( x, y ) 关于 y 是单调递减的且当 y → ∞ 时,对参量 x ,

g ( x, y ) 一致收敛于 0,则含参量反常积分 ∫
定理 5(阿贝尔判别法)设 (1)
+∞

+∞

c

f ( x, y ) g ( x, y )dy 在 [a, b] 一致收敛。



c

f ( x, y )dy 在 [a, b] 上一致收敛;

(2) 对每一个 x ∈ [ a, b] , 函数 g ( x, y ) 为 y 的单调函数, 且对参量 x ,g ( x, y ) 在 [ a , b] 上一致有界,即 ?L < 0, g ( x, y ) < L 。1 则含参量反常积分



+∞

c

f ( x, y ) g ( x, y )dy 在 [a, b] 一致收敛。

2、 含参量反常积分的性质 若 定理 1 (连续性) f ( x, y ) 在 [ a , b] × [c, +∞ ) 上连续, I ( x) = 设 一致收敛,则 I ( x ) 在 [ a , b] 上连续。



+∞

c

f ( x, y )dy 在 [a, b] 上

定 理 2 ( 可 微 性 ) 设 f ( x, y ) , f x ( x, y ) 在 区 域 [ a , b] × [c, +∞ ) 上 连 续 , 若

I ( x) = ∫

+∞

c

f ( x, y )dy 在 [a, b] 上收敛, ∫

+∞

c

f x ( x, y)dy 在 [a, b] 上一致收敛,则 I ( x ) 在

[a, b] 可微,且

I ' ( x) = ∫

+∞

c

f x ( x, y )dy

若 定理 3 (可积性) f ( x, y ) 在 [ a , b] × [c, +∞ ) 上连续, I ( x) = 设 一致收敛,则 I ( x ) 在 [ a , b] 上可积,且



+∞

c

f ( x, y )dy 在 [a, b] 上


(1)

b

a

dx ∫

+∞

c

f ( x, y )dy = ∫ dy ∫ f ( x, y )dx
c a

+∞

b

定理 4 设 f ( x, y ) 在 [ a, +∞ ) × [c, +∞ ) 上连续,若



+∞

a

f ( x, y )dx 关于 y 在任何闭区间 [c, d ] 上一致收敛,∫

+∞

c

f ( x, y )dy 关于 x 在任何

闭区间 [ a , b] 上一致收敛; (2)积分


定理 5 二、

+∞

a

dx ∫ | f ( x, y ) | dy 与 ∫ dy ∫ | f ( x, y ) | dx
c c a

+∞

+∞

+∞

中有一个收敛,则另一个也收敛,且两者相等。 关于含参量的无界函数反常积分与含参量无穷积分十分类似,从略。

欧拉积分

含参量积分

B( p, q) = ∫ x p ?1 (1 ? x) q ?1dx ( p > 0, q > 0), Γ( s) = ∫
0

1

+∞

0

x s ?1e? x dx ( s > 0)

分别称为第一类和第二类 Euler 积分 (又称贝塔 Beta ) ( 函数与格马 Gamma ) ( 函数) , 它们具有下列性质: 1 Γ 函数 (1) Γ( s ) 在定义域 s > 0 内连续且可导; (2)递推公式: Γ( s + 1) = sΓ( s ), Γ( n + 1) = n ! (n ∈ Z ) 2
+

B 函数

(1) 在定义域内连续; (2) 递推公式:

q ?1 B ( p, q ? 1), ( p > 0, q > 1), p + q ?1 p ?1 B ( p, q ) = B ( p ? 1, q ), ( p > 1, q > 0), p + q ?1 ( p ? 1)(q ? 1) B ( p, q ) = B ( p ? 1, q ? 1), ( p > 1, q > 1). ( p + q ? 1)( p + q ? 2) B ( p, q ) =
(3) 对称性: B ( p , q ) = B ( q , p ) 3、两者之间的关系

B ( p, q ) =

Γ ( p )Γ ( q ) , ( p > 0, q > 0) Γ( p + q )

4、注意 Γ 函数与 B 函数的其他表现形式

Γ( s ) = ∫

+∞

0

x s ?1e ? x dx = 2∫
1 0

+∞

2 s ?1

0

x

e ? x dx = p s ∫
2

+∞

0

x s ?1e ? px dx.

B( p, q) = ∫ x p ?1 (1 ? x) q ?1 dx = 2∫ 2 sin 2 q ?1? cos 2 p ?1 ? d?
0

π

Ⅱ 例题选讲 一、基本题 例 1 求函数 F ( x) =

∫ ln( x
0

1

2

+ y 2 )dx 的导数( y > 0 )
1

解: ?y > 0, ?ε > 0, 使得 ε ≤ y ≤

ε

,显然被积函数

ln( x 2 + y 2 ) 与
在闭区域 [0,1; ε , ] 上都连续,因此,有

? 2y ln( x 2 + y 2 ) = 2 ?y x + y2

1

ε

F ' ( y) = ∫

1 ? 2y 1 ln( x 2 + y 2 )dx = ∫ 2 dx = 2 arctan 2 0 ?y 0 x + y y 1

例 2 证明:若函数 f ( x ) 在区间 [ a , b] 连续,则函数

y ( x) =
是微分方程 y
(n)

n ?1 x 1 ( x ? t ) f (t )dt , x ∈ [a, b] (n ? 1)! ∫a

( x) = f ( x) 的解,并且满足条件 y (a) = y ' (a) =
n ?1

= y ( n ?1) (a) = 0 。

证明:设 F ( x, t ) = ( x ? t )

f (t ) ,则 f ( x, t ), f x ( x, t ) 在 [a, b] × [ a, b] 上连续,因此有

y ' ( x) = =

x 1 1 n?2 n ?1 ∫a (n ? 1)( x ? t ) f (t )dt + (n ? 1)! ( x ? x) f ( x) (n ? 1)!

x 1 n?2 ∫a ( x ? t ) f (t )dt (n ? 2)!

y ( n ?1) ( x) = ∫ f (t ) dt
a

x

y ( x) = f ( x)
(n)

即 y ( x ) 是微分方程 y

(n)

( x) = f ( x) 的解,显然 y (a) = y ' (a) =

= y ( n ?1) (a) = 0

例 3 证明:若函数 f ( x ) 存在二阶导数,函数 F ( z ) 存在连续导数,则函数

1 1 x + at u ( x, t ) = [ f ( x ? at ) + f ( x + at )] + F ( z ) dz 2 2a ∫x ? at
2 ? 2u 2 ? u 的解。 是弦振动方程 2 = a ?t ?x 2

证明:由题设知

? 2u ? 2u 与 2 均存在,且有 ?t 2 ?x

1 ?u 1 ' = [ f ( x ? at )(?a ) + f ' ( x + at ) ? a ] + [aF ( x + at ) + aF ( x ? at )] 2a ?t 2 1 a = [ f ' ( x + at ) ? f ' ( x ? at )] + [ F ( x + at ) ? F ( x ? at )] 2 2 2 a ?u a = [af '' ( x + at ) + af '' ( x ? at )] + [ F ' ( x + at ) ? F ' ( x ? at )] 2 2 2 ?t
同理:

1 ? 2u 1 '' = [ f ( x + at ) + f '' ( x ? at )] + [ F ' ( x + at ) ? F ' ( x ? at )] 2 2 2a ?x
于是

? 2u ? 2u = a2 2 ?t 2 ?x
例 4 求 lim
x →0

∫α

1+α

dx 1 + x2 + α 2
1+α

解: I (α ) = 记 在

∫α

dx 1 α 和 x 的连续函数,因此 I (α ) , 由于 α ,1 + α , 2 2 2 1+ x + α 1+ x + α 2
x →0

α = 0 处连续,所以 lim I (α ) = I (0) = ∫

dx π = 。 2 0 1+ x 4
1

例 5 计算积分

I =∫

1

0

ln(1 + x) dx (武汉大学) 1 + x2

解:考虑含参量积分 I (α ) =



ln(1 + α x) dx 0 1 + x2
1

显然 I (0) = 0, I (1) = 1 ,且 f ( x, α ) = 件,于是

ln(1 + α x) 在 [0,1] × [0,1] 上满足积分号下可微定理条 1 + x2

I ' (α ) = ∫
由于

xdx 0 (1 + α x )(1 + x 2 )
1

x 1 α+x α ( ) = ? 2 2 2 (1 + α x)(1 + x ) 1 + α 1 + x 1 + α x
所以
1 α 1 1 1 x α ( dx + ∫ dx ? ∫ dx) 2 ∫0 2 2 0 1+ x 0 1+ α x 1+ α 1+ x 1 1 = [α arctan x |1 + ln(1 + x 2 ) |1 ? ln(1 + α x ) |1 ] 0 0 0 2 1+ α 2

I (a) =

=
从而

1 π 1 ( α + ln 2 ? ln(1 + α )) 2 1+α 4 2



1

0

I ' (α )dα = ∫

1 π 1 ( α + ln 2 ? ln(1 + α ))dα 2 1+ α 4 2 1 π = ln(1 + α 2 ) |1 + ln 2 arctan α |1 ? I (1) 0 0 8 2
1 0

=


π
4

ln 2 ? I (1)



1

0

I ' (α )dα = I (1) ? I (0) = I (1) ,所以 I = I (1) =
证明无穷积分

π
8

ln 2

例6



+∞

0

ue?ux dx 在 [a, b]( a > 0) 上一致收敛。

证法一(定义法)设 A > 0 ,则有


已知 a ≤ u ≤ b ,所以

+∞

A

ue?ux dx = ? ∫ e?ux d (?ux) = e? Au
A

+∞

| ∫ ue?ux dx | = e? Au ≤ e? Aa
A

+∞

于是 ?ε > 0 , 要使不等式 e ? Aa < ε 成立, 只需 A > 时, ?u ∈ [ a, b ] ,有

1 1 1 1 ln ,取 A0 = ln ,则当 A > A0 a ε a ε

| ∫ ue?ux dx | ≤ e? Aa < ε
A

+∞

即无穷积分



+∞

0

ue?ux dx 在 [a, b]( a > 0) 一致收敛。

此法常用积分是可计算的或是可估值的。 证法二(优函数法) ?u ∈ [ a, b ] ,有 ,

ue ? ux ≤ be ? ax ,
而无穷积分



+∞

0

be? ax dx 收敛,故原无穷积分在 [a, b]( a > 0) 上一致收敛。

例 7 证明:含参量无穷积分 内不一致收敛。 证明:由于 ?A > 0 ,有



+∞

0

sin xy dy 在 [δ , +∞ ) 上一致收敛( δ > 0 ) ,但在 (0, +∞ ) y




+∞ A

+∞ sin u sin xy dy = ∫ du Ax y u



+∞

0

sin x dx 收敛,故 ?ε > 0, ?M > 0 ,当 A' > M 时,有 x |∫
+∞

A'

sin x dx |< ε x

取 A0 =

M

δ

,则当 A > A0 时, ?x ≥ δ ,有 Ax > M ,从而有

|∫


+∞ A

sin xy dy |< ε y



+∞

0

sin xy dy 在 [δ , +∞ ) 上一致收敛。 y

下证 有



+∞

0

sin xy dy 在 (0, +∞ ) 内非一致收敛, ?ε 0 > 0, ?A > 0, ?A0 > A, ?x0 ∈ (0, +∞) , 即 y

|∫
事实上,由(1)知

+∞

A0

f ( x0 , y ) dy |≥ ε 0




+∞ A0

+∞ sin u sin xy dy = ∫ du A0 x y u



+∞

0

sin u π du 收敛于 ,故对任意的正数 ε 0 和 A > 0 ,总存在 A0 > A 及 x0 ,使得 u 2 |∫
+∞ sin u sin u du ? ∫ du |< ε 0 , A0 x 0 u u +∞


现取 ε 0 = 注:

+∞

0

+∞ sin u +∞ sin u sin u du ? ε 0 < ∫ du < ∫ du + ε 0 A0 x 0 u u u

+∞ sin xy 1 +∞ sin x dy > 2ε 0 ? ε 0 = ε 0 dx ,由上式立得 ∫ A0 y x 2 ∫0



+∞

0

sin x π dx = 。 x 2

例 8 证明无穷积分



+∞

0

e ? yx

sin x dx 在 [0, +∞ ) 上一致收敛。 x

证明:由于



+∞

0

sin x dx 收敛,且不含参量 y ,所以关于 y 是一致收敛,又 e ? yx 关于 x 是 x

单调的,且 0 ≤ e 敛。 例 9

? yx

≤ 1, ?y ∈ [0, +∞) ,即一致有界,由阿贝尔判别法知其在 [0, +∞ ) 上一致收

证明:若 f ( x, y ) 在 [ a , b] × [c, +∞ ) 上连续,又



+∞

c

f ( x, y )dy 在 [a, b] 上收敛,但

在 x = b 处发散,则



+∞

c

f ( x, y )dy 在 [ a, b) 上非一致收敛。 (北航)
+∞

证明:假设积分



c

f ( x, y )dy 在 [ a, b) 上一致收敛,则对于任给 ε > 0, ?M > c ,当

A, A' > M 时,对一切 x ∈ [ a, b) 有
| ∫ f ( x, y )dy |< ε
A A'

由题设知 f ( x, y ) 在 [a, b] × [ A, A ] 上连续,所以
'



A' A

f ( x, y )dy 也是 x 的连续函数,因此,在

上式中令 x → b ? 得:当 A, A > M 时,
'

| ∫ f (b, y )dy |≤ ε
A

A'

此说明



+∞

c

f ( x, y )dy 在 x = b 处收敛,这与假设矛盾,故非一致收敛。

例 10 计算 I = 解:因为



+∞

0

e ? px

sin bx ? sin ax dx ( p > 0, b > a ) x
b sin bx ? sin ax = ∫ cos xydy a x

所以

I = ∫ e? px ( ∫ cos xydy )dx = ∫ dx ∫ e? px cos xydy
0 a 0 a

+∞

b

+∞

b

(2)

由于 | e 又e
? px

? px

cos xy |≤ e? px ,而 ∫ e? px dx 收敛,故 ∫ e? px cos xydx 在 [a, b] 一致收敛,
0 0

+∞

+∞

cos xy 在 [0, +∞) × [ a, b] 上连续,因此(2)式可交换积分顺序,于是

I = ∫ dy + ∫ (e? px
a 0

b

=∫
例 11 计算

b

a

y sin xy + (? p) cos xy x = +∞ |x =0 )dy p2 + y2 p b a dy = arctan ? arctan 2 2 p +y p p
+∞



+∞

0

sin ax dx x

解:在上例中令 b = 0 ,则得

F ( p) = ∫ e? px
0

+∞

sin ax a dx = arctan ( p > 0) x p

(3)

由阿贝尔判别法知上述含参量积分在 p ≥ 0 上一致收敛(例 8) ,故 F ( p ) 在 p ≥ 0 上 连续,且

F (0) = ∫
由(3)式可得

+∞

0

sin ax dx x

F (0) = lim+ F ( p) = lim+ arctan
p →0 p →0

a π = sgn a p 2

特别地,当 a = 1 时,



+∞

0

sin x π dx = (狄利克雷积分) x 2

注:此题中被积函数

sin ax 不存在初等函数的原函数( a ≠ 0 时) ,所以不能直接求这 x
? px

个无穷积分,为此在被积函数中引入一个“收敛因子” e 法,应于以足够的重视。 例 12 计算

( p > 0) 。这是一种较为有效的方



+∞

?∞

(

sin x 2 ) dx 。 x

解:无穷积分显然收敛,且是偶函数,因此
+∞ 1 ? cos 2 x +∞ sin x 2 1 ) dx = ∫ dx = 2∫ (1 ? cos 2 x)d (? ) 2 0 0 ?∞ x x n +∞ 2sin 2 x +∞ sin 2 x 1 ? cos 2 x +∞ =? dx = 2 ∫ dx = π 0 + ∫0 0 x x x



+∞

(

例 13 试计算 Γ( ) ,从而计算

1 2



+∞

0

e? x dx
2



解:由 B 函数与 Γ 函数之间的关系立得

1 1 Γ ( )Γ ( ) 1 1 1 B( , ) = 2 2 = [Γ( )]2 1 1 2 2 2 Γ( + ) 2 2




π 1 1 1 B( , ) = 2 ∫ 2 sin 2 p ?1? cos 2 q ?1 ? d? = π ( p = q = ) 0 2 2 2

从而 Γ ( ) = π 。这样

1 2


例 14 计算

+∞

0

1 +∞ ? t 1 ? 2 1 1 π e ? x dx = ∫ e ? t 2 dt = Γ( ) = 0 2 2 2 2



+∞

0

x p ?1 dx, (1 + x) p + q

p > 0, q > 0

解:令

1 1 = t ,则 dx = ? 2 dt ,于是 t 1+ x



+∞

0

0 1? t x p ?1 1 dx = ? ∫ ( ) p ?1 ? t p + q ? 2 dt p+q 1 (1 + x) t t

= ∫ t q ?1 (1 ? t ) p ?1 dt = B(q, p )
0

1

例 15 证明:若 α > 0, β > 0, b > a ,有


证明:令 u =

b

a

( x ? a)α ?1 (b ? x) β ?1 dx = B(α , β )(b ? a)α + β ?1

x?a , x ? a = (b ? a )u , b ? x = (b ? a )(1 ? u ), dx = (b ? a ) du ,从而有 b?a



b

a

( x ? a )α ?1 (b ? x) β ?1 dx = (b ? a )α + β ?1 ∫ uα ?1 (1 ? u ) β ?1 du
0

1

= B (α , β )(b ? a )
例 16 证明尤拉等式

α + β ?1


4

1

dx 1 ? x4

0

?∫

1

x 2 dx 1 ? x4

0

=

π 4

1 ?3 证明:令 x = t ,则 dx = t 4 dt ,于是 4



1

0

1 ? 1 1 ?3 1 1 1 4 = ∫ t (1 ? t ) 2 dt = B( , ) 4 0 4 4 4 2 1? x

dx


从而

1

x 2 dx 1 ? x4

0

=

1 3 1 B( , ) 4 4 2



1

dx 1 ? x4

0

?∫

1

0

1 1 π = [Γ( )]2 = 4 2 4
二、提高题 1、积分号下可微性与可积性 例1 中师大) 解:当 y ∈ ( a , b) 时, 设 F ( y) =

1 1 3 1 Γ ( )Γ ( )Γ ( ) Γ ( ) x dx 1 4 2 4 2 = 4 3 5 16 1? x Γ ( )Γ ( ) 4 4
2



b

a

" f ( x) | y ? x | dx , 而 求 其中 a < b , f ( X ) 为可微函数, F ( x)(华

F ( y ) = ∫ f ( x) | y ? x | dx = ∫ f ( x)( y ? x)dx + ∫ f ( x)( x ? y )dx
y b

b

a

a

y

于是 F '( y ) =



y

a

f ( x)dx ? ∫ f ( x)dx
y

b

F " ( x) = f ( y ) + f ( y ) = 2 f ( y )
当 y ≥ b 时, F ( y ) =



b

a

f ( x)( y ? x)dx 从而 F '( y ) = ∫ f ( x)dx, F " ( y ) = 0
a y

同理,当 y ≤ a 时, F ( y ) = 0 因此
"

?2 f ( y ), y ∈ (a, b) F " ( y) = ? y ? ( a, b) ?0,
注:事实上在 y = a 与 y = b 点处的导数应由左右导数定义求之,其结果是一样的。 例 2 设 F (r ) = 证明: F (0) =

∫ ∫



0

er cosθ cos(r sin nθ )dθ ,求证: F ( r ) ≡ 2π . dθ = 2π 。因此只需证明: F ' (r ) = 0 。



0

事实上(验证条件)

F ' (r ) = ∫ er cosθ cos(θ + r sin θ )dθ = ∫
0



π

0

+∫



π

,



∫π
'



er cosθ cos(θ + r sin θ )dθ = ? ∫ er cosθ cos(θ + r sin θ )dθ
π

0

代入立得 F ( r ) = 0 。 且 例 3 设函数 u ( x, y ) 在 R 内有连续的二阶偏导数, 阶数对任意固定的 y ∈ R ,是 x 的以 2π 为周期的函数。 证明: 函数 f ( y ) = 证明:记 F ( x, y ) = (
2

? 2u ? 2 u + = 0 。 u ( x, y ) 的一 而 ?2 x ?2 y



2a

0

[(

?u 2 ?u 2 ) ?( ) ]dx ≡ c (常数) y ∈ R (武汉大学) , ?x ?y

?u 2 ?u 2 ) ? ( ) ,则 F ( x, y ) 及 Fy ( x, y ) 在 R 2 均连续,因此, ?x ?y f ' ( y ) = ∫ [(
0 2π

?u 2 ?u 2 ' ) ?( ) ] y dx ?x ?y

=





0

[2

?u ? 2u ?u ? 2u ?2 ]dx ?x ?x?y ?y ? 2 y 2 ?u ? 2u ?u ? 2u + ]dx ?x ?x?y ?y ? 2 x 2

= 2∫ [
0



= 2∫ [
0



?u ? 2u ?u ? 2u ]dx + ?x ?x?y ?y ? 2 x 2

=

?u ?u 2π |0 = 0 ?x ?y

其中最后一步是由于

?u ?u 和 均是以 2π 为周期的函数。 ?x ?y

例 4 计算积分 I (α ) =



π 2 0

(ln

1 + a cos x dx ) (| α |< 1) 1 ? a cos x cos x

解法一(积分号下求导)假设该含参量积分能积分号下求导,则

I (α ) = ∫
'

π 2 0

1 + a cos x dx (ln ) 1 ? a cos x cos x
2

'

=∫ =∫
= 2 1 ? a2

π 2 0

2 dx 1 ? a cos 2 x 2 dt (1 ? a 2 ) + t 2
1 1 ? a2
+∞ tan x) |0 =

+∞

0

arctan(

π
1 ? a2

由此从 0 到 a ,并注意到 I (α ) = 0 得 I (α ) = π arcsin a. ,因此,本小题的关键在于验 证含参量适合积分号下求导的条件。事实上 ?a :| a |< 1, ?a0 ∈ R, 使得 | a |< a0 < 1 ,在

[0,

π
2

; ? a0 , a0 ] 上,由于

?y ∈ [? a0, a0 ], lim (ln
a→ y

π x→ ? 2

1 + a cos x ) 1 ? a cos x

= lim (ln1 +
x→ ? 2 a→ y

π

2a cos x 1 )? 1 ? a cos x cos x

= 2y

补充定义 f (

π
2

, a ) = 2a ,易知函数 f ( x, a ) 在 [0,

π
2

; ? a0 , a0 ] 上连续,此外,

fα ' ( x , a ) =

2 π → 2( x → ?, a → y ∈ [? a0 , a0 ]) , 2 1 ? a cos x 2
2

f ( , a + Δa) ? f ( , a) 2 2 fα ' ( , a ) = lim Δa → 0 2 Δa 2(a + Δa ) ? 2a = lim =2 Δa → 0 Δa

π

π

π

补充定义

fα ' ( , a ) = 2 , 则 在 [0, ; ? a0 , a0 ] 上 fα ' ( x, a ) 亦 连 续 , 从 而 在 2 2

π

π

[0,

π
2

; ? a0 , a0 ] 上满足积分号下可微分,由 a 的任意性知命题为真。

解法二(积分号下可积分)已知

∫ 1? x
从而

dx

2

=

1 1+ x ln +c 2 1? x

1 1 1 + a cos x dy π ln , 0 ≤ x ≤ , ?1 < a < 1 = 2a ∫ 0 1 ? ( a 2 cos 2 x ) y 2 cos x 1 ? a cos x 2

仿上补充定义则可得



π 2 0

π 1 1 1 + a cos x dy ln dx = 2a ∫ 2 dx ∫ 2 0 0 1 ? ( a cos 2 x ) y 2 cos x 1 ? a cos x
1

= 2a ∫ dy ∫ 2
0 0

π

1 dx π dy = a∫ 2 2 0 1 ? (a cos x) y 1 ? ay 2 2

= π arcsin ay |1 = π arcsin a 0
例 5 计算 I =

1 xb ? x a sin(ln ) dx, (a > 0, b > 0) ∫0 x ln x
1

解:由于



b

a

x y dy =

xb ? x a . 所以 ln x
1 b 1 I = ∫ dx ∫ sin(ln ) x y dy, 0 a x

记 f ( x, y ) = sin(ln ) x y , 0 < x ≤ 1, a ≤ y ≤ b 。补充定义

1 x

f (0, y ) = 0, y ∈ [a, b]
容易验证 f ( x, y ) 在 [0,1; a, b ] 上连续,因此
b 1 1 I = ∫ dy ∫ sin(ln ) x y dx, a 0 x



∫ sin(ln x ) x dx = ?∫
y

1

1

1

0

0

x y sin(ln x)dx

= ? ∫ e( y +1)t sin tdt
?∞

0

=
所以

1 1 ?∞ e( y +1)t (( y + 1) sin t ? cos t ) |0 = 2 1 + ( y + 1) 1 + ( y + 1) 2

I =∫

1 dy = arctan(b + 1) ? arctan(a + 1), a 1 + ( y + 1) 2
b

注:也可用分部积分法求之:

∫ sin(ln x ) x dx = ?∫
y

1

1

1

0

0

x y sin(ln x)dx

1 x y +1 x =1 1 x y +1 ] |x =0 + ∫ cos(ln x) dx = ?[sin(ln x) ? 0 y +1 y +1 x 1 1 y 1 x y +1 1 1 x y +1 1 x =1 = ∫0 x cos(ln x)dx = y + 1[ y + 1 cos(ln x)] |x=0 + y + 1 ∫0 y + 1 sin(ln x) xdx y +1 1 1 1 x y sin(ln x)dx = + 2 2 ∫0 ( y + 1) ( y + 1)
解之得

∫ sin(ln x ) ? x dx = 1 + ( y + 1)
y

1

1

1

0

2

例 6 计算 I ( x) =



π 2 0
2

ln(a 2 ? sin 2 x)dx (a > 1)
2

解:记 f ( x) = ln(a ? sin x) ,则

f a' ( x, a ) =

2a a ? sin 2 x
2

π ?a > 1, ?ε 0 > 1, 使得a ∈ (ε 0 , ε 0 + 1) 。在矩形区域 [0, ; ε 0 , ε 0 + 1] 上 f ( x, a ) 和 f a ( x, a) 均连 2

续,因此

I (a) = ∫
'

π 2 0

2a dx a ? sin 2 x
2

令 tan x = t ,则 sec xdx = dt ,sin x =
2 2

t2 ,从而 1+ t2
1 t 1+ t2
2

I ' ( a ) = 2a ∫

+∞

0

a2 ?

1 dt 1+ t2

a2 ?1 t) +∞ +∞ dt 2 a = 2a ∫ = ∫ 0 (1 + t 2 ) a 2 ? t 2 a2 ?1 0 a2 ?1 2 t) 1+ ( a d( =
积分得

2 a2 ? 1

arctan

a 2 ? 1 +∞ π t |0 = a a2 ? 1

I (a ) = π ln(a + a 2 ? 1) + c
其中 c 为积分常数,下求常数 c ,在(1)中取 a =

(1)

2 ,则得
(2)

I ( 2) = π ln(1 + 2) + c
因此只需求出 I ( 2) 即可,由已知条件得

I ( 2) = ∫ 2 ln(1 + cos 2 x)dx
0

π

记 J (α ) =



π

2 0

ln(1 + α 2 cos 2 x)dx 。容易验证它满足积分号下可微定理的条件,从而

2α cos 2 x dx 0 1 + α 2 cos 2 x 1 +∞ 1 1+ t2 dt = 2α ∫ 0 1 1+ t2 2 1+ α 1+ t2 +∞ 1 dt = 2α ∫ 0 (1 + t 2 )(1 + α 2 + t 2 ) +∞ 2 +∞ 1 1 dt ? ∫ dt ) = (∫ 2 0 1+ α 2 + t2 α 0 1+ t α 2 π π 1 ) =π ? = ( ? 2 2 α 2 2 1+ α 1 + α (1 + 1 + α 2 ) J ' (α ) = ∫ 2
又 J (0) = 0 ,所以

π

J (α ) = ∫ J ' (t )dt = π ∫
0

α

α
2

t 1 + t ( 1 + t + 1)
2

0

dt =π ln( 1 + α 2 + 1) ? π ln 2

由此得

J (1) = π ln( 2 + 1) ? π ln 2
即 I ( 2) = π ln( 2 + 1) ? π ln 2 ,将其代入(2)得 c = ?π ln 2 ,从而

I (α ) = π ln(a + a 2 ? 1) ? π ln 2
解法二 记 F (b) =



π

2 0

ln(b 2 sin 2 x + a 2 cos 2 x)dx , 则 F ( a 2 ? 1) = I (a ) , 先 求 出

F (b ) 。
+∞ t2 2b sin 2 x 1 F (b) = ∫ 2 2 dx = 2b ∫ dt 2 2 0 b 2t 2 + a 2 1 + t 2 b sin x + a cos x +∞ 1 1 1 1 )dt = 2b ∫ ( 2 ? 2 2 2 2 2 2 0 b ? a 1 + t b ? a b t + a2 1 π a π ( ? )= . (b > 0) = 2b 2 2 b ?a 2 b a+b ' 2 0

π

积分得

F (b) = π ln( a + b) + c , c 为积分常数
令 b = a 得 0 = F ( a ) = π ln(2a ) + c, c = ?π ln 2 ,于是

F (b) = π ln( a + b) ? π ln 2

令b =

a2 ?1 得
I (a) = F ( a 2 ? 1) = π ln(a + a 2 ? 1) ? π ln 2
2、一致收敛性(定义法,柯西收敛准则,M-判别法, Abel 和 Ririchlet 判别法) 例 7 证明:



+∞

0

xe?α x dx 在 0 < α 0 ≤ α < +∞ 上一致收敛,但 0 < α < +∞ 在内非一致收

敛。 (南开大学) 证明:

?A > 0



+∞

A

xe?α x dx = ∫
≤ Ae ?α 0 A

+∞

A

xe?α x dx =

A

α

e ?α A +

e ?α A

α2

α0

+

e ?α 0 A

α 02

→ 0 ( A → ∞)

于 是 ?ε > 0, ?M > 0, ?A > M , 有

Ae ?α0 A

α0

+

e ?α 0 A

α 02

< ε , 从 而 ?α ∈ [α 0 , +∞) , 有



+∞

A

xe?α x dx < ε ,即 ∫

+∞

0

xe?α x dx 在 0 < α 0 ≤ α < +∞ 上一致收敛。

在 (0, +∞ ) 上,由前面知: ?A > 0 ,有


对 任 意 固 定 的

+∞
A

xe ?α x dx =

1

α

Ae ?α A +

1

α

2

e ?α A

A , 上 式 当 α → 0 + 时 极 限 为 +∞ , 于 是

?ε 0 = 1, ?A > 0, ?A0 > A, ?α 0 ∈ (0, +∞) ,有


由定义知其非一致收敛。 例 8 证明: 证明: 对 而

+∞

A0

xe?α0 x dx > 1



+∞

?∞

e? ( x ?α ) dx 在 a ≤ α ≤ b 上一致收敛,在 ?∞ < α < +∞ 上非一致收敛。
2 2



+∞

?∞

e? ( x ?α ) dx = ∫ e? ( x ?α ) dx + ∫ e? ( x ?α ) dx
2 2

+∞

0

0

?∞

∫ ∫

+∞

?∞ +∞

e? ( x ?α ) dx 来说, ?α ∈ [ a, b] 有 | e? ( x ?α ) |≤ e? ( x ?b ) , x ≥ b
2

2

2

b

e? ( x ?b ) dx 收敛,故 ∫ e? ( x ?α ) dx 一致收敛。
2 2

+∞

0

同理



0

?∞

e? ( x ?α ) dx 在 [a, b] 上一致收敛,从而 ∫ e? ( x ?α ) dx 在 [a, b] 上一致收敛。
2 2

+∞

?∞

?A > 0 ,有 ∫ e? ( x ?α ) dx = ∫
2

+∞

+∞

a

A?α

e? x dx → π (α → +∞) ,即 ∫ e? ( x ?α ) dx 非一致收敛,
2 2

+∞

0

从而



+∞

?∞

e? ( x ?α ) dx 非一致收敛。
2

例 9 试证:



+∞

0

x sin α x dx 在 0 < α < +∞ 上非一致收敛, α (1 + x 2 )

证明: 因 sin α x 无穷多次变号,要估计
'



+∞

A

x sin α x dx 是困难的。而 Cauchy 准则告 α (1 + x 2 )

诉我们,只要考虑充分远处有限区间 [ A , A "] 上的积分即可。事实上, ?A " > A' > 0 有


而 x → +∞ 时,

A"

A'

A" x sin α x x 2 sin α x dx = ∫ ' dx A 1 + x2 α (1 + x 2 ) αx

x2 ' 严格单增趋于 1,因此,无论 A 多么大,只要 A > A 充分大,当 2 1+ x

x ≥ A' 时,有
"

x2 1 ≥ 2 1+ x 2
'

随着 α → 0 + , 取 A = A '+ 1 , 当时 x ∈ [ A , A "] , 充分小,便有

sin α x 严格趋于 1, 因此, 只要 α (α > 0) αx

sin α x 1 ≥ αx 2

x 2 sin α x 1 ≥ 于是 2 x +1 α x 4
这样便有


1 0

A"
'

A

x sin α x 1 dx ≥ 由 Cauchy 准则知其非一致收敛 2 α (1 + x ) 4

例 10 试证:



1 1 sin dx 在 0 < α < 2 上非一致收敛 α x x

证明:令

1 1 +∞ 1 1 1 = t ,则 ∫ α sin dx = ∫ 2?α sin tdt 0 x 1 x x t

?A < 0, ?A' = 2nπ +
有 sin x ≥

π
4

> A, ?A" = 2nπ +

3π >A 4

2 ,从而 2

|∫

A"
'

A

sin t 2 A" 1 2 A" 1 dt |≥ dt ≥ dt ' t 2?α 2 ∫A t 2?α 2 ∫A' ( A" ) 2?α

2 1 2 → π π (α → 2?) 4 (2nπ + 3π ) 2?α 4 4
因此原积分在 0 < α < 2 上非一致收敛(用 Ririchlet 判别法易知其收敛) 例 11 判断



1

0

(1 + x +

1 1 x n )(ln ) 2 dx (n = 1, 2, ) 是否一致收敛。 x

解: x = 0 为奇点,且

| (1 + x +
而( x = 1 也是奇点)

1 1 1 1 1 (ln ) 2 x n )(ln ) 2 |≤ 1? x x x

x →0 +

lim x 2 ?

1

1 1 1 1 ln = ? lim lim x 2 ln x = 0 x →0+ 1 ? x x →0+ 1? x x

故积分

1 1 1 (ln ) 2 dx 收敛,从而原积分一致收敛( n = 1, 2, ∫0 1 ? x x
1

) 。

注:以前此研究的含参量积分中的参量的取值为一区间,此题中参量 n 的取值为正整数。 例 12 判断



+∞

0

x sin x 4 cos α xdx 在 α ∈ [ a, b] (有限区间)上是否一致收敛。

解: ?A > 0 ,由分部积分法得:



+∞

A

x sin x 4 cos α xdx

4 +∞ cos α x cos x cos α x cos x 4 +∞ +∞ α sin α x cos x 4 |A ?∫ dx ? ∫ dx =? A A 4 x2 4 x2 2 x3

由 M 判别法易得右端两个积分关于 α ∈ [ a , b ] 均一致收敛,非凡第一项一致收敛于零,因此原 积分在 [ a , b] 上一致收敛。 例 13 证明: I (α ) =



+∞

e? x sin x
α

0

dx 关于 α ∈ [0, b] (0 < b < 1) 一致收敛。

证明:这是一个具有无穷多个奇点的函数,它可转化为

I (α ) = ∑ ∫
n=0



( n +1)π

e? x sin x
α



dx

令 x = nπ + t ,则

I (α ) = ∑ (e? nπ ∫
n=0



π

e?t sin t

0

dt ) = α

1 1 ? e ?π



π

0

e?t dt sinα t

=


π ?t π e 1 e?t ( ∫ 2 α dt + ∫π dt ) α 1 ? e ?π 0 sin t 2 sin t

1 为优函数知上式右端两个积分在 [0, b] 上均一致收敛, I (α ) 在 [0, b] 上一致收敛。 故 sin b t
例 14 试证积分



+∞

0

cos x 2 dx 在 | p |≤ p0 < 1 上一致收敛。 xp

证明: 有



+∞

0

2 2 2 +∞ cos x 1 cos x 1 cos x cos x 2 dx = ∫ dx + ∫ dx = I1 + I 2 ,对于 I1 = ∫ dx 0 1 0 xp xp xp xp

|


cos x 2 1 1 |≤ p ≤ p0 p x x x

(0 < x ≤ 1,| p |≤ p < 1)



1

0

1 dx 收敛,故由 M 判别法知 I1 在 | p |≤ p0 < 1 上一致收敛。 x p0

对于 I 2 =



+∞

1

cos x 2 1 dt ,于是 dx ,令 x 2 = t ,则 dx = p x 2 t I2 = 1 +∞ cos t dt + 2 ∫1 p2 1 t

其中



A

1

cost dt 一致有界
0≤ t 1
p +1 2

≤ t

1
1? p0 2

→ 0, (当t → +∞)



1 t
p +1 2

一致收敛于0,由 Ririchlet 判别法知其在 | p |≤ p0 < 1 上一致收敛。

例 15 设函数 f ( x ) 在 x ≥ 0 时连续,积分



+∞

0

xα f ( x)dx 在 α = a, α = b ( a < b) 时收敛,

(河北师大) 试证该积分在 α ∈ [ a , b ] 上一致收敛。 证明: x = 0 可能为其奇点,该积分可化为



+∞

0

xα f ( x)dx = ∫ xα f ( x)dx + ∫
0

1

+∞

1

xα f ( x)dx

其中

∫ ∫

1

0

xα f ( x)dx = ∫ xα ? a ? x a f ( x)dx ,而 ∫ x a f ( x)dx 收敛(一致收敛) ,
0 0

1

1

xα ? a 在 [0,1] 关于 α 单调一致有界,由 Abel 判别法知其一致收敛。
对于
+∞ 1

xα f ( x)dx = ∫

+∞

1

xα ?b ? xb f ( x)dx , ∫

+∞

1

xb f ( x)dx 收敛(一致收敛)

xα ?b 在 [1, +∞ ) 关于 α 单调一致有界,由 Abel 知其一致收敛。
综合之,命题为真。 例 16 证 明 :



+∞

0

sin 2 x ?α x e dx 在 α ∈ [0, b] 上 一 致 收 敛 ( b > 0 ) , 并 计 算 x +α

α →0 + 0

lim



+∞

sin 2 x ?α x e dx (吉林大学) x +α
?α x

证明:由于 e ?α x 对 x 单调,且 | e

|≤ 1 ,因此,由 Abel 定理,只需证明积分



+∞

0

sin 2x dx x +α

在 [0, b] 上一致收敛,由 Ririchlet 判别法立明,其值为 3 含参量反常积分的极限与连续

π
2

例 17 设 { f n ( x)} 是 [0, +∞ ) 上的连续函数列,满足条件: (1) 在 [0, +∞ ) 上 | f n ( x) |≤ g ( x) ,且



+∞

0

g ( x)dx 收敛;

(2) 在任何有限区间 [0, A]( A > 0) 上,序列 { f n ( x)} 一致收敛于 f ( x ) ; 试证明: lim
n →∞ 0



+∞

f n ( x)dx = ∫

+∞

0

f ( x)dx (复旦大学,同济大学,华中师大)

证明:只需证明: ?ε > 0, ?N > 0, 当 n > N 时,有

|∫
事实上,
+∞ +∞

+∞

0

f n ( x)dx ? ∫

+∞

0

f ( x)dx |< ε

|∫

0

f n ( x)dx ? ∫

0

f ( x)dx |≤ ∫ | f n ( x) ? f ( x) | dx + ∫ | f n ( x) | dx + ∫ | f ( x) | dx
0 A A

A

+∞

+∞

由 | f n ( x) |≤ g ( x) 可得 | f ( x ) |≤ g ( x ) ,从而有

|∫

+∞

0

f n ( x)dx ? ∫

+∞

0

f ( x)dx |≤ ∫ | f n ( x) ? f ( x) | dx + 2∫
0

A

+∞ A

g ( x)dx

于是 ?ε > 0 ,由



+∞

0

g ( x)dx 收敛知, ?A > 0 ,当 x ≥ A 时,有
|∫
+∞

x

g ( x) dx |<

ε
3

对此固定的 A > 0 ,已知, f n ( x ) 在 [0, A] 上一致收敛于 f ( x ) ,所以, ?N > 0 ,当 n > N 时

| f n ( x) ? f ( x) |≤
从而可得 |

ε
3A



+∞

0

f n ( x)dx ? ∫

+∞

0

f ( x)dx |< ε
+∞

例 18 确定函数 g (α ) =



0

ln(1 + x3 ) dx 的连续范围(四川大学) xα

解: x = 0 是其可能的奇点, g (α ) 可化为
3 +∞ ln(1 + x ) ln(1 + x3 ) g (α ) = ∫ dx + ∫ dx = I1 + I 2 0 1 xα xα 1

ln(1 + x3 ) 1 ? α ?3 ( x → 0+ ) , 因 此 当 α ? 3 < 1 , 即 α < 4 时 , 其 中 I1 以 0 为 奇 点 , 且 α x x
3 +∞ ln(1 + x ) ln(1 + x3 ) ∫0 xα dx 收敛,对于 I 2 = ∫1 xα dx ,当 α > 1 时收敛,故原积分 g (α ) 当且仅当 1

时 1 < α < 4 收敛,即 g (α ) 的定义域为 (1, 4) 其次, ?α ∈ (1, 4), ?[ a, b] ? (1, 4) ,使得 α ∈ ( a, b) ,当 0 < x ≤ 1 时,有

|

1

ln(1 + x3 ) ln(1 + x3 ) ln(1 + x3 ) |= ≤ xα xα xb

ln(1 + x3 ) ∫0 xb dx 收敛,所以 I1 在 [a, b] 上一致收敛。

同理可证 I 2 在 [ a , b] 也一致收敛,故 g (α ) 在 [ a , b] 上一致收敛,由被积函数的连续性知 g (α ) 在 [ a , b] 连续,从而在 (1, 4) 内连续。 例 19 若



+∞

?∞

| f ( x) | dx 存在,证明函数 g (α ) = ∫

+∞

?∞

f ( x) cos α xdx 在 R 上一致连续。 (吉

林大学,湘谭大学,四川师大) 证明:要证 g (α ) 在 R 上一致连续,即证: ?ε > 0, ?δ > 0, 当 | α ? α |< δ 时
' ''

| g (α ' ) ? g (α '' ) |< ε

事实上, ?A > 0 ,有

| g (α ' ) ? g (α '' ) |=| ∫
+∞ ?∞

+∞

?∞

f ( x) cos α ' xdx ? ∫

+∞

?∞

f ( x) cos α '' xdx |

≤ ∫ | f ( x) || cos α ' x ? cos α '' x | dx ≤ 2 ∫ | f ( x) |dx + 2∫ | f ( x) |dx + ∫ | f ( x) | ?2 | sin
?∞ A ?A ?A +∞ A ?∞ A ?A ?A +∞ A

α ' + α ''
2

x || sin

α ' ? α ''
2

x |dx

≤ 2 ∫ | f ( x) |dx + 2∫ | f ( x) |dx + A | α ' ? α '' | ∫ | f ( x) | dx




+∞

?∞

| f ( x) | dx 收敛知, ?ε > 0, ?A0 > 0, 当 A ≥ A0 时,有


对此 A ,取 δ =

?A

?∞

| f ( x) | dx <

ε
8
'

, ∫ | f ( x) | dx <
A

+∞

ε
8

ε
2 A∫ | f ( x) | dx
?∞ +∞

,则当 | α ? α |< δ 时,有
''

A | α ' ? α '' | ∫ | f ( x) | dx <
?A

A

ε
2

综合之后可得:

| g (α ' ) ? g (α '' ) |< ε
4、含参量反常积分积分号下可微与可积 (1) 积分号下可微的 Leibniz 法则 例 20 设 g (α ) =
'



+∞

arctan α x x2 x2 ? 1

1

dx

(2)计算 g (α ) 。 (1) 求 g (α ) ; 解: x = 1 是其奇点,可化为

g (α ) = ∫


2

arctan α x x
2

1

x ?1
2

dx + ∫

+∞

arctan α x x2 x2 ?1

2

dx

|


arctan α x x
2

x ?1
2

|≤

π
2 x
2

1 x2 ?1



2

dx x2

1

+∞ dx 均收敛,故原积分收敛(一致收敛) 和∫ x2 ?1 2 x2 x2 ? 1

其次,



+∞

1

(

arctan α x x
2

x ?1
2

)' dx = ∫ |

+∞ 2

dx x x ? 1(1 + α 2 x 2 ) 1

,且

1

x x ? 1(1 + α x )
2 2 2

|≤

1 x x2 ?1

, ?α ∈ R





+∞

dx x x2 ? 1

收敛,故

1



+∞

arctan α x x2 x2 ?1

1

dx 关于 α ∈ R 一致收敛,此外,被积函数及其导函数

是连续的,因此

g ' (α ) = ∫ (
1

+∞

arctan α x x
2

x ?1
2

)' dx = ∫

+∞ 2

dx x x ? 1(1 + α 2 x 2 )

1

= ∫2
0

π

+∞ dt 1 1 =∫ du 2 2 2 2 0 1 + α (1 + u ) 1 + u 2 1 + α sec t

+∞ α2 π 1 |α | ) =∫ ( ? )du = (1 ? 2 2 2 0 1 + u 1 + α (1 + u ) 2 1+ α 2

例 21 设 F ( x) = e
x →+∞

x2 2



+∞

x

e dt , x ∈ [0, +∞) ,试证:

?

t2 2

(上海师大) (1) lim F ( x ) = 0 ; (2) F ( x ) 在 [0, +∞ ) 内单调递减。 证明: (1)由 LHospital 法则得
'

x →+∞

lim F ( x) = lim
(2)



+∞

x

e dt
x2 ? 2

?

t2 2

x →+∞

= lim

e e
x2 ? 2

?

x2 2

x →+∞

=0

e

? (? x)

F ( x) = xe
'

x2 2



+∞

x

e dt ? e e
+∞

?

t2 2

x2 2

?

x2 2

=∫

+∞

x

xe

x 2 =t 2 2

dt ? 1 ≤ ∫ te
x

x2 =t 2 2

dt ? 1

= ?e

x 2 =t 2 t =+∞ 2 t=x

|

?1 = 0

故 F ( x ) 在 [0, +∞ ) 单调递减。 5、反常积分的计算 反常积分的计算,通常有积分号下可微,积分号下可积,引入收敛因子,建立微分方程, Euler 积分,化为二重积分、级数,直接计算等多种方法(利用已知结果)

下面仅举几例说明。 例 23 求 g (α ) = 学) 解:容易验证满足积分号下可导条件,于是



+∞

0

e? x cos 2α xdx (已知 g (0) =
2

π
2

)(复旦大学,中山大学,四川大

g ' (α ) = ∫ (e ? x cos 2α x)' dx = ? ∫ 2 xe? x sin 2α xdx
2 2

+∞

+∞

0

0

=e

? x2

sin 2α x |

+∞ 0

?2α ∫ e
0

+∞

? x2

cos 2α xdx

= ?2α g (α )
即 g (α ) = ?2α g (α ) ,解此微分方程,并注意 g (0) =
'

π
2

可得

g (α ) =
例 24 计算积分 I =

π
2

e ?α

2



+∞

0

e ? ax ? e ? bx dx ( a > 0, b > 0) (西北师大) x2
2 2

解法一 积分号下可微 解法二 积分号下可积 解法三 分部积分(直接法)

I = ? ∫ (e
0 +∞ 0

+∞

? ax 2

?e

? bx 2

+∞ 2 2 1 e ?bx ? e ? ax x =+∞ )d ( ) = |x =0 +2 ∫ (be ? bx ? ae ? ax )dx 0 x x
2 2

= 2 b ∫ e? (

bx )2

d ( bx) ? 2 a ∫ e ? (
0

+∞

ax ) 2

d ( ax)

= π ( b ? a)
解法四(化为二重积分)不妨设 b > a ,则

I =∫

+∞

0

dx bx2 ? y e? y e dy = ∫∫ 2 dxdy x 2 ∫ax2 x D
2 2

其中 D = {( x, y ) | 0 ≤ x < +∞, ax ≤ y ≤ bx } = {( x, y ) | 0 ≤ y < +∞, 这是广义二重积分,我们有

y ≤ x≤ b

y } a

I = ∫ dy ∫
0

+∞

y a y b

+∞ e? y b? a dx = ∫ e? y dy 2 0 x y +∞

= 2( b ? a ) ∫ e? y d ( y ) = π ( b ? a )
0

解法五(级数法)不妨设 b > a > 0 ,则
(b? a ) x 2 e e? ax ? e? bx ? 1 ∞ 1 ? bx2 = e ?bx = ∑ e (b ? a) n x 2 n ? 2 2 2 x x n =1 n ! ∞ 2 1 =∑ e? bx (b ? a)k +1 x 2 k k = 0 ( k + 1)!
2 2 2

于是有

I =∫
注意到,当 k = 0 时

+∞

0

∞ e ? ax ? e ?bx (b ? a) k +1 +∞ ?bx2 2 k dx = ∑ ∫0 e x dx x2 k = 0 ( k + 1)!
2 2

(1)

. (2)式两端对 b 求导得



+∞

0

e? bx dx =
2

1 π b 2

(2)


易得

+∞

0

e? bx x 2 dx =
2

π 1 1
2 ? ? 2 b
3 2

这是(1)式中 k = 1 次的积分,继续对 b 求导可得 k = 2 次的积分,如此下去,由数学归纳法


因此(1)式可化为

+∞

0

e ?bx x 2 k dx =
2

? ? 2 2 2

π 1 3

2k ? 1 1 2 k +1 2 b 2

1 1 1 1 ( ? 1)( ? 2) ( ? k ) a ? b k +1 2 2 I = ? bπ ∑ 2 2 ( ) b (k + 1)! k =0


= ? bπ [(1 +
例 25 设 f ( x ) =


a ?b 1 ) 2 ? 1] = π ( b ? a ) b


∑ an x n (an > 0, n = 0,1, 2, ) 的收敛半径为 +∞ ,且 ∑ an n ! 收敛,则
n=0 n =0



+∞

0

e? x f ( x)dx 也收敛,且 ∫ e ? x f ( x)dx = ∑ an n ! (东北师大)
0
n=0

+∞



解:由 f ( x ) =

∑a x
n =0 n



n




由于

+∞

0

e ? x f ( x)dx = lim ∫ e ? x ∑ an x n dx
A A→∞ 0 n=0



∑a x
n =0 n



n

的收敛半径为 +∞ ,且 | e

?x

|≤ 1 ,故在 [0, A] 上可逐次积分,从而
∞ A


又因为

+∞

0

f ( x)e ? x dx = lim ∑ an ∫ x n e ? x dx
A→∞ n=0

0

| an ∫ x n e? x dx |≤ an ∫
0
∞ ∞

A

+∞

0

x n e? x dx = an n !

且已知

∑ an n ! 收敛,故 ∑ an ∫ x n e? x dx 关于 A ∈ (0, +∞) 一致收敛,从而有
A n =0 n=0 +∞

0


例 26 求 f ( x) =

0

f ( x)e ? x dx = ∑ an ∫
n =0



+∞

0

x n e ? x dx = ∑ an n !
n=0





π

2 0

ln(1 ? x 2 cos 2 θ )dθ

( x < 1) (华中师大)

解法一:积分号下求导

f ' ( x) = ∫ 2
0

π

?2 x cos 2 θ π 1 dθ = (1 ? ), f (0) = 0 2 2 x 1 ? x cos θ 1 ? x2

解之得: f ( x) = π ln 解法二 级数法

1 + 1 ? x2 , | x |< 1 2
π π


f ( x) = ∫ 2 ln(1 ? x 2 cos 2 θ )dθ = ? ∫ 2 (∑
0 0 n =1

x2n cos 2 n θ )dθ n

= ?∑
n =1



x n


2n



π

2 0

cos 2 n θ dθ = ?∑
n =1



x (2n ? 1)!! π n (2n)!! 2
2n

=?

π

∑ 2

(2n ? 1)!! 2 n x n =1 (2n)!!

例 27 设函数 f ( x ) 在 R 上连续,且 f ( x ) > 0 ,已知 ?t ∈ R ,有


证明:
b a

+∞

?∞

e?|t ? x| f ( x)dx ≤ 1
b?a +1 2

(1) (2)

?a, b ∈ R, a < b 有 ∫ f ( x) dx ≤

证明:我们的目标是从(1)式推出(2)式,由(1)得: ?a, b ∈ R, a < b 有


因此

b

a

e?|t ? x| f ( x)dx ≤ 1

∫ dt ∫
a

b

b

a

e? t ? x f ( x ) dx ≤ ∫ dt = b ? a
b a

(3)





b

a

dt ∫ e ?|t ? x| f ( x)dx = ∫ f ( x) ∫ e?|t ? x|dx
b a b

b

b

b

=∫

(∫ e
x a

a

t?x

+ ∫ e x ?t dt f ( x)dx
x

b

)

a

a

= ∫ f ( x ) ( 2 ? ea ? x ? e x ?b ) dx
a

由(3)可得:

∫ f ( x) (2 ? e
b a
b a

a?x

? e x ?b ) dx ≤ b ? a
b

b?a 1 ∫ f ( x) ≤ 2 + 2 (∫
然而

a

e a ? x f ( x) dx + ∫ e x ?b f ( x) dx
a

b

)

(4)

∫ ∫

b

a b

e a ? x f ( x ) dx = ∫ e
b a

? a? x

f ( x ) dx ≤ ∫ e
?∞

+∞

? a? x n +1

a

f ( x ) dx ≤
+∞ ? x2

1 + x2 b?a ? 1? + 1lim x ≤ ? x2 = n ?1 + ? x →∞ 2 ? n? e
+∞ ?n

1? ? x2 ? 1? I = ∫ e dx = ∫ lim ?1 + ? dxΓ (α ) = 2∫ ? x = ln ? 0 0 x →∞ 0 n ? t? ? ? ( 2n ? 1)!!i 2 π2 sin t 2 n ?2 dtx = n cot t π = lim 2n + 1 ( ) 2 x →∞ ( 2n )!! π ∫0

α ?1

dt



b

a

ea ? x f ( x ) dx = ∫ e? a ? x f ( x ) dx ≤ ∫ e? a ? x f ( x ) dx ≤ 1
b a ?∞

+∞



b

a

e x ?b f ( x ) dx = ∫ e? b ? x f ( x ) dx ≤ ∫ e? b ? x f ( x ) dx ≤ 1
b a ?∞

+∞

将其代入(4)式立得:

b?a ∫ f ( x ) dx ≤ 2 + 1
b a

? x2 ? 例 28 利用极限 lim ? 1 + ? x →∞ n ? ?
?n

?n
2

= e ? x 计算积分 I = ∫ e? x 。
2

+∞

0

? x2 ? ? x2 ? ? x2 ? ? x2 连续, e 连续,且 ? 1 + 关于 n 单调,由 Dini 定理知 ? 1 + 解: ? 1 + ? ? ? n ? n ? n ? ? ? ?
一致收敛于 e
? x2

?n

?n

? 1? 。又 ? 1 + ? ? n?

n +1

? x2 ? 单减收敛于 0,因此 ?1 + ? n? ?
? x2 ? 1 + x2 1 + ? ≤ ? x2 ? n ? e ?
n

?( n +1)

单增收敛于 e

? x2

从而得
?n

由 M 判别法知



+∞

0

? x2 ? ? 1 + ? dx 关于一致收敛,于是有 n ? ?
+∞ +∞ ? ? x2 ? x2 ? lim ? 1 + ? dx = lim ∫ ? 1 + ? dx x →∞ x →∞ 0 n ? n ? ? ? 2n?2 ?n ?n

I =∫ e
0

+∞

? x2

dx = ∫

0

= lim ∫ 2 n ( sin t )
x →∞ 0

π

dt

(令 x =

n cot t )

= lim n ∫ 2 ( sin t )
x →∞ 0

π

2n?2

dt

= lim n
x →∞

( 2n ? 3)!!i π ( 2n ? 2 )!! 2

=

π
2

其中最后一步利用了 Wallis 公式:

lim 2n + 1
x →∞

( 2n ? 1)!!i 2 ( 2n )!! π

6、Euler+积分 分析中研究对象主要是初等函数,这给我们的研究和应用还来了很大的局限,级数和含 参量积分的引入,是引入非初等函数的一个重要途径,它们在实际中具有广泛的应用。 (1) 函数(第二型 Euler 积分)的定义及性质

定义 Γ (α ) = 基本变形



+∞

0

xα ?1e? x dx
+∞
2

α >0
(令 t 2 = x )

Γ (α ) = 2 ∫
=
1

0

x 2α ?1e?t dt
dt

? 1? ∫0 ? ln t ? ? ?

α ?1

(令 x = ln )

1 t

性质 ① Γ (α ) 在 (0, +∞ ) 内闭一致收敛, Γ (α ) 在 (0, +∞ ) 连续有各阶导数,且可在积分号下 求导。 ② 递推公式: Γ (α + 1) = αΓ (α ) ; Γ ( n + 1) = n !; Γ ? ③ 余元公式: Γ (α ) Γ (1 ? α ) = ④ 倍元公式 Γ(2α ) =

?1? ?= π. ?2?

π (0 < α < 1). sin απ

22α ?1

π

Γ (α ) Γ(α + 1)(α > 0)

(2) 函数(第一型 Euler 积分) 定义 B( p, q) =



1

0

x p ?1 (1 ? x) q ?1dx, ( p > 0, q > 0)

基本变形 B ( p, q ) = 2



π

2 0

cos 2 p ?1 θ sin 2 q ?1 θ dθ , (令 x = cos 2 θ )
(令 x =


性质:

+∞

0

u p ?1 du (1 + u ) p + q

u ) 1+ u

① 在其任一闭矩形上一致收敛, B ( p , q ) 在 (0, +∞;0, +∞ ) 上连续,且存在连续的各阶偏导 数。 ② 对称性: B ( p , q ) = B ( q , p ) ③ 递推公式: B ( p, q ) =

q ?1 p ?1 B( p, q ? 1) = B( p ? 1, q) p + q ?1 p + q ?1

④ 余元公式: B ( p,1 ? p ) = 特别地 B ( , ) = π

π
sin pπ

(0 < p < 1)

1 1 2 2

⑤ Diridilet 公式: B ( p , q ) =

Γ ( p) Γ (q) Γ ( p + q)

例 29 求积分



1

0

x p ?1 (1 ? x m )q ?1 dx( p, q, m > 0) ,并证明
?∫
1


m

1

dx 1? x
q

x 2 dx 1? x
4

0

0

=

π
4

解:令 x = t , ,则得



1

0

x p ?1 (1 ? x m ) q ?1 dx =

p 1 1 m ?1 t (1 ? t ) q ?1 dt m ∫0

? p? Γ ? ? Γ (q) 1 p 1 ?m? B( , q) = m m m Γ( p + q ) m
利 用 此 结 果 , 并 注 意 到

?5? 1 ?1? Γ? ? = ,Γ? ? = π ?4? 4 ?2?







1

dx 1 ? x4

0

?∫

1

0

?1? ?1? ? 3? ?1? Γ? ?Γ? ? Γ? ?Γ? ? x dx 1 4 2 4 2 = 2 ? ? ? ?? ? ? ? ? 4 1 1 3 1 4 1? x Γ( + ) Γ( + ) 4 2 4 2
2

?1? 3 ?1? Γ ? ? Γ ( )Γ ? ? π 1 ?4? 4 ?2? = 2 1 3 ?1? 4 4 Γ ( )Γ ? ? 4 4 ?4?
例 30 已知 0 ≤ h < 1 ,正整数 n ≥ 3 ,证明:
n ?3 2 2

2


证明:

h

0

(1 ? t )

? n ?1 ? Γ? π ? 2 ? ? h (中国科技大学) dt ≥ 2 ?n? Γ? ? ?2? dt = ∫ h(1 ? h u )
2 2 0 h n ?3 2



h

0

(1 ? t )
2

n ?3 2

du (令 t = h ? a )

≥ h ∫ (1 ? u 2 )
0

h

n ?3 2

du

=h



π

2 0

cos n ?3 θ cosθ dθ (令 u = sin θ )

? n ?1 ? Γ? h 1 1 π ? 2 ? ?h = B( , ) = 2 2 2 2 ?n? Γ? ? ?2?
例 31 证明: lim
n →∞ 0


n

+∞

e ? x dx = 1
2

证明:令 x n = t ,则得



+∞

0

e ? x dx = ∫

+∞

0

1 1 ?1 ? t t n e dt n

1 ?1? Γ? ? n ?2? ?1 ? = Γ ? + 1? ?n ? → Γ (1) = 1
最后一步是由于 Γ (α ) 为连续函数 例 32 计算积分 I =

∫ lnΓ ( x ) dx
1 0 1

解:令 x ? 1 = t ,则得

I = ∫ lnΓ (1 ? t ) dt = ∫ ln (1 ? x ) dx ,
1 0 0

两式相加得

2 I = ∫ ln(Γ ( x ) Γ (1 ? x ))dx = ∫ ln
1 1 0 0

π dx sin π x

= ln π ? ∫ ln sin π xdx
0

1

= ln π ? ∫ ln sin tdt
0

π

= ln 2π , I = ln 2π


赞助商链接

数学分析2重要知识小结(考研复习用)

数学分析2重要知识小结(考研复习用)_研究生入学考试...但应注意:在第二换元积分中,新变量,用新限。 3...3、交错级数收敛判别法 定理 9 (莱布尼兹判别法)...

_含参变量无穷积分一致收敛性的判断技巧与应用 (1).pdf

判断技巧与应用 (1).pdf_数学_自然科学_专业资料...含参变量无穷积分的一致收敛对进一步研究含参变量无穷...[2] 数学分析 中己经指出级数与无穷积分的敛散性...

第十七章 含参变量的积分(学生用)

第十七章 含参变量的积分(学生用)_理学_高等教育_教育专区。今日...9页 免费 第七章(2)含参变量积分 3页 免费喜欢此文档的还喜欢 数学分析-第...

数学分析笔记(考研)

全国考研专业课高分资料 大连理工大学《数学分析》 ...148 第十九部分 含参积分 ......9 / 181 《考研专业课高分资料》 雪林雨荷,一生承诺! ! 定理 定理...

第十九章 含参数的积分

数学分析习题第十九章 含参变量积分 1 含参变量...4.研究函数 1 h2 ∫ x 0 ? x f ( x + ξ...2 9.用对参数的积分法计算下列积分: (1) +∞ ...

第十九章 含参量积分

第19章 含参积分 3页 7下载券 数学分析第十九...多元函数的各种积分问题,首先研究含参积分 .设 f...含参量反常积分的性质 定理 19.9(连续性) 设 f...

第十四章 含参变量积分

第17章 含参变量积分 9页 5财富值喜欢此文档的...数学分析中的东西数学分析中的东西隐藏>> 第十四章...于是在研究含参变量的反常积分时, 经常借鉴与对 比...

考研数学分析

数学分析考研试题 17页 1下载券 数学分析_各校考研...积分的比较(二(2) ,2000) 题型 9 与曲线积分...题型 4根据含参数的方程组的解的情况,反求参数或其他...

大连理工大学考研数学分析笔记

全国考研专业课高分资料 大连理工大学《数学分析》 ...148 第十九部分 含参积分 ......9 / 181 4 定理 定理 ( 数列收敛充要条件 ) { ( 数列收敛充要...

2017年硕士研究生入学考试科目《数学分析》考试大纲

2017年硕士研究生入学考试科目《数学分析》考试大纲_研究生入学考试_高等教育_...含参变量积分 第十八章、含参变量的广义积分 第十九章、积分(二重、三重...

更多相关标签