习题15.2含参变量的反常积分 1.证明下列含参变量反常积分在指定区间上一致收敛: cos xy-dx,y≥a>0 (2) eax,0≤a≤a x+a (3 xsin x4 cos aard,a≤a≤b。 解(1)因为 而 d收敛,所以由 x+a Weierstrass.判别法,∫"在a+)上一致收敛 (2)asm2x≤1,即「sm2z关于a∈[0a]一致有界;关于x x+a 单调,且由e≤,可知当x→+∞时,关于ae[a]一致趋于 x+a x x+a 零。于是由Diet判别法,可知厂"2c“在a∈a]上一致收 敛。 (3)由分部积分法, xsin x cos axdx cosaxcosx' 1r+o asin axcosx I r to coax co 其中 cos ax cos x 再由 a sin a cos x max 及 COS aar cos x4 ≤,可得到 + sin ax cosx4 dr)< max(al, b) +o 1 max(al b) A 与 +op cos ax cos x dx≤ 242 当A→+∞时,上述三式关于a在ab上一致趋于零,所以原积分关于 a在[a,b上一致收敛。 2.说明下列含参变量反常积分在指定区间上非一致收敛:
习 题 15.2 含参变量的反常积分 1. 证明下列含参变量反常积分在指定区间上一致收敛： （1）∫ +∞ + 0 2 2 cos dx x y xy ，y ≥ a > 0； （2）∫ +∞ − 0 + sin 2 e dx x x αx α ，0 ≤ α ≤ α 0 ； （3）∫ ， +∞ 0 4 x sin x cosαxdx a ≤α ≤ b。 解 （1）因为 ≤ +2 2 cos x y xy 2 2 1 x + a ，而 ∫ +∞ + 0 2 2 1 dx x a 收敛，所以由 Weierstrass 判别法，∫ +∞ + 0 2 2 cos dx x y xy 在[a,+∞)上一致收敛。 （2） sin 2 1 0 ≤ ∫ A xdx ，即 0 sin 2 A xdx ∫ 关于 [0, ] α ∈ α 0 一致有界； α α + − x e x 关于 单调，且由 x x x e x 1 ≤ + − α α ，可知当 x → +∞时， α α + − x e x 关于 [0, ] α ∈ α 0 一致趋于 零。于是由 Dirichlet 判别法，可知∫ +∞ − 0 + sin 2 e dx x x αx α 在 [0, ] α ∈ α 0 上一致收 敛。 （3）由分部积分法， 4 4 2 1 cos sin cos cos A A 4 x x x xdx d x x α α +∞ +∞ = − ∫ ∫ 4 4 2 2 cos cos 1 sin cos 1 cos cos 4 4 A A 2 A x x x x x x dx dx x x α α α α +∞ +∞ +∞ = − − − ∫ ∫ 4 3 x , 其中 2 2 cos cos 1 A x x x A α +∞ ≤ ； 再由 2 2 4 sin cos max( , ) x a b x x x ≤ α α 及 3 3 4 cos cos 1 x x x x ≤ α ，可得到 4 2 2 sin cos 1 max( , ) max( , ) A A x x a b dx a b dx x x +∞ α α +∞ ≤ = ∫ ∫ A 与 4 3 3 cos cos 1 1 A A 2 x x dx dx 2 x x A +∞ α +∞ ≤ = ∫ ∫ 。 当 A → +∞时，上述三式关于α 在[a,b]上一致趋于零，所以原积分关于 α 在[a,b]上一致收敛。 2．说明下列含参变量反常积分在指定区间上非一致收敛： 1
(1) dx,00,4>0,取A=">4,=3x,以=a,=1, 18 则当n充分大时, xsin ax ax≥ a(1+x2) 4an(1+x2) 161 n7 由 Cauchy收敛准则,「"2在 a∈(0,+∞) 上不一致收敛。 (2)作变量代换x=1,则 取品=x>0,V4>0,取4=2+4>4,=27+4, a=a.=2-1,则当n充分大时, td= 2nt+ (2-am sin tdt 丌=E, 2n丌+ 由 Cauchy收敛准则,∫)sm在a∈(02)上不一致收敛。 3.设f(在r>0上连续,反常积分1m当=a与=b时都收敛, 证明「1(M关于在b上一致收敛 证将反常积分∫。/写成 t'f(o)dt= Cei-aIraf(]dt+[t-[cf(o]dt 对于,因为r°Oh收敛从而关于在[a上一致 收敛,t是t的单调函数,且4≤1,即t2在t∈[0上关于∈[ab] 致有界,由Abe判别法,可知12r(t关于A在tb上一致收 敛 对于「1(,因为∫(M收敛从而关于在ab上 致收敛,b是r的单调函数,且251,即宀→在1∈+∞)上关于
（1）∫ +∞ 0 + 2 (1 ) sin dx x x x α α ，0 ，∀A0 > 0，取 4 3 , 4 0 π nπ A A n A′ = > ′′ = ， 1 n n α α= = ， 则当n充分大时， = + ∫ ′′ ′ A A dx x x x (1 ) sin 2 α α ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ≥ + ∫ 2 2 2 4 3 4 2 ) 4 3 16 1 ( 2 (1 ) sin π π α α π π n n dx x x x n n n n 0 2 18 > = ε ， 由 Cauchy 收敛准则，∫ +∞ 0 + 2 (1 ) sin dx x x x α α 在α ∈ (0,+∞)上不一致收敛。 （2）作变量代换 t x 1 = ，则 ∫ ∫ +∞ − = 1 2 1 0 sin 1 1 sin 1 tdt t dx x x α α 。 取 0 2 0 8 ε = > π ，∀A0 > 0，取 4 3 , 2 4 2 0 π π π A′ = nπ + > A A′′ = n + ， 1 2 n n α α= = − ，则当n充分大时， = ∫ ′′ ′ − A A tdt t sin 1 2 α n n n n tdt t n 1 4 3 2 4 2 2 4 3 4 2 2 sin 1 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ∫ ≥ + + − π π π π π π π α 0 2 8 > π = ε ， 由 Cauchy 收敛准则，∫ 1 0 1 sin 1 dx x x α 在α ∈ (0, 2)上不一致收敛。 3．设 f (t)在t > 0上连续，反常积分∫ 当 +∞ 0 t f (t)dt λ λ = a与λ = b 时都收敛， 证明∫ 关于 +∞ 0 t f (t)dt λ λ 在[a,b]上一致收敛。 证 将反常积分∫ 写成 +∞ 0 t f (t)dt λ ∫ +∞ = 0 t f (t)dt λ ∫ + 1 − 0 t [t f (t)]dt λ a a ∫ +∞ − 1 t [t f (t)]dt λ b b 。 对于∫ − ，因为 收敛从而关于 1 0 t [t f (t)]dt λ a a ∫ 1 0 t f (t)dt a λ 在 上一致 收敛， 是t的单调函数，且 [a,b] a t λ− ≤ 1 −a t λ ，即t λ−a 在t ∈[0,1]上关于λ ∈[ , a b] 一致有界，由 Abel 判别法，可知∫ − 关于 1 0 t [t f (t)]dt λ a a λ 在 上一致收 敛。 [a,b] 对于∫ ，因为 收敛从而关于 +∞ − 1 t [t f (t)]dt λ b b ∫ +∞ 1 t f (t)dt b λ 在 上一 致收敛， 是 的单调函数，且 [a,b] b t λ− t ≤ 1 −b t λ ，即 b t λ − 在 t ∈[1,+∞) 上关于 2
∈lb一致有界,由Abel判别法,可知厂r"p(o关于x在ab 上一致收敛 所以「r2f(0)h关于Z在a上一致收敛 4.讨论下列含参变量反常积分的一致收敛性: (1)∫mc02d,在y22>0 (2)「e)a,在(I)a0;(I)p>0; (4)[ e- sin xdx,在(I)a≥an>0;(I)a>0 解(1)∫m=。0+, 对于[,由于1,[在收敛,由 Weierstrass判 别法,可知∫。关于y一致收敛。 对于∫要a,由于2,即关于yD+ 致有界,以及单调,当x→+时,关于ye[+x)一致趋于 零,由 Dirichlet 3判别法,可知∫"关于y∈U0+)一致收敛, 所以∫。。关于y∈n+)一致收敛 (2)(I)当a0,使(a,b)[-,4]。则y≥A, sc时计,而∫e与∫c时收敛,由W eierstrass 判 别法的证明,可知反常积分c与∫h在ae(ab)上一致 收敛。所以c在a∈(ab)上一致收敛 (Ⅱ)当-0,4>0,取 A=n>A4,”=n+1,a=an=n,则当n充分大时, Jc=h=如=, 由 Cauchy收敛准则,「"e在a∈(-+)上不一致收敛。同理 °e)ak在a∈(-+)上也不一致收敛。所以∫e在
λ ∈[ , a b]一致有界，由 Abel 判别法，可知∫ 关于 +∞ − 1 t [t f (t)]dt λ b b λ 在 上一致收敛。 [a,b] 所以∫ 关于 +∞ 0 t f (t)dt λ λ 在[a,b]上一致收敛。 4. 讨论下列含参变量反常积分的一致收敛性： （1）∫ +∞ 0 cos dx x xy ，在 y ≥ y0 > 0； （2）∫ ，在（I） +∞ −∞ − − e dx x 2 ( α ) a 0 p > 0 （4）∫ ，在（I） +∞ − 0 e sin xdx αx α ≥ α 0 > 0；（II）α > 0； 解（1）∫ +∞ 0 cos dx x xy ∫ = 1 0 cos dx x xy ∫ +∞ + 1 cos dx x xy ， 对于∫ 1 0 cos dx x xy ，由于 x x cos xy 1 ≤ ，∫ 1 0 x dx 收敛，由 Weierstrass 判 别法，可知∫ 1 0 cos dx x xy 关于 y 一致收敛。 对于 1 cos xy dx x +∞ ∫ ，由于 0 1 2 cos y xydx A ≤ ∫ ，即 关于 一致有界，以及 ∫ A xydx 1 cos [ , ) y ∈ y0 +∞ x 1 单调，当 x → +∞ 时， x 1 关于 [ , ) y ∈ y0 +∞ 一致趋于 零，由 Dirichlet 判别法，可知∫ +∞ 1 cos dx x xy 关于 [ , ) y ∈ y0 +∞ 一致收敛， 所以∫ +∞ 0 cos dx x xy 关于 [ , ) y ∈ y0 +∞ 一致收敛。 （ 2 ）（ I ） 当 a 0 ， 使 (a,b) ⊂ [−A, A] 。 则 ∀ x ≥ A ， 2 2 ( x ) ( x A) e e − − − − ≤ α ，而 2 ( ) A x A e d − − − ∫−∞ x与 2 ( ) x A A e +∞ − − ∫ dx x x 收敛，由 Weierstrass 判 别法的证明，可知反常积分 与 在 0 2 ( ) x e d − −α ∫−∞ 2 ( ) 0 x e d α +∞ − − ∫ α ∈ (a,b) 上一致 收敛。所以∫ 在 +∞ −∞ − − e dx x 2 ( α ) α ∈ (a,b) 上一致收敛。 （II）当 − ∞ ， ，取 ， 0 ∀A > 0 0 A n ′ ′ = > A , 1 A′ = n + n α =α = n ，则当n充分大时， 2 1 2 ( ) ( ) n A n x x A n e dx e dx α α ′′ + − − − − ′ = = ∫ ∫ 1 2 0 0 x 1 e dx e ε − > = ∫ ， 由 Cauchy 收敛准则，∫ 在 +∞ − − 0 ( ) 2 e dx x α α ∈ (−∞,+∞)上不一致收敛。同理 0 2 ( ) x e− −α ∫−∞ dx 在 α ∈ (−∞,+∞) 上也不一致收敛。所以 ∫ 在 +∞ −∞ − − e dx x 2 ( α ) 3
a∈(-0,+)上不一致收敛 (3)()当p2P0>0,p21n2 xsx o-lin22x,而∫xln2xdt收敛,由 Weierstrass判别法,「x"ln2xd在p∈[P+∞)上一致收敛。 (I)当p>0,取pn=->0,由于 i xPs-lIn'xdx2In2-i x"dr=n ln2-→>+(P→+0), 2 由 Cauchy收敛准则,可知∫x"hn2x在p∈(0+)上不一致收敛。 (4)(I)当a≥a0>0, le-a sin x≤e(x20),而e收敛,由 Weierstrass别法,∫。e- sin xdx在a∈a0+x)上一致收敛 (I)当a>0,取s=2e,VA>0,取A=nr>A,A"=(n+1z, 则当n充分大时 (n+ re-a sin xdx 2 2e=Eo, 由 Cauchy收敛准则,∫。 e" xdx在a∈(0+)上不一致收敛 5.证明函数F(a)=∫a在0+)上连续。 证任取01+),s2,即关于a一致有 界;关于x单调,且va∈[ab成立 所以当x→+∞时 关于a∈a-致趋于零。由Drht判别法,可知F(a)=「。2在 ae0上一致收敛,从而F(a)=∫xa在ab上连续,由ab的任 意性,即知F(a)=「02d在(0+∞)上连续。 6.确定函数(0)=x(-x2的连续范围 解函数F(y)=」 x(x)女的定义域为(0,2)。下面我们证明 sin x F(y)=「x,d在(0.2)上内闭一致收敛,即vn>0, F()=002在y∈[m2-m上一致收敛,从而得到F()在(02) 上的连续性
α ∈ (−∞,+∞)上不一致收敛。 （3）（I）当 p ≥ p0 > 0， x x x x p 1 2 p 1 2 ln ln − 0 − ≤ ，而 收敛，由 Weierstrass 判别法， 在 ∫ − 1 0 1 2 ln 0 x xdx p ∫ − 1 0 1 2 x ln xdx p p ∈ [ , ) p0 +∞ 上一致收敛。 （II）当 p > 0，取 1 0 n p n = > ，由于 1 1 1 1 1 2 2 1 2 1 n n ( → +0) 1 1 2 2 1 1 ln ln ln 2 n p n n n n n n n x xdx x dx n n n − − ⎛ ⎞ ≥ = ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ ∫ ∫ → +∞ p ， 由 Cauchy 收敛准则，可知∫ − 在 1 0 1 2 x ln xdx p p ∈ (0,+∞)上不一致收敛。 （4）（I）当α ≥ α 0 > 0， x x e x e 0 sin −α −α ≤ (x ≥ 0) ，而 收敛，由 Weierstrass 判别法， 在 ∫ +∞ − 0 0 e dx α x ∫ +∞ − 0 e sin xdx αx [ , ) α ∈ α 0 +∞ 上一致收敛。 （II）当α > 0，取 0 2e π ε − = ，∀A > 0，取 A n ′ = π > = A, ( A′′ n +1)π ， 1 1 n n α α= = + ，则当n充分大时， ( 1) 0 sin 2 n n x n e xdx e π α π π ε + − − ≥ = ∫ ， 由 Cauchy 收敛准则，∫ 在 +∞ − 0 e sin xdx αx α ∈ (0,+∞)上不一致收敛。 5. 证明函数 ∫ +∞ = 1 cos ( ) dx x x F α α 在(0,+∞)上连续。 证 任取[ , a b] ⊂ (0,+∞) ， cos 2 1 ≤ ∫ A xdx ，即 ∫ 关于 A xdx 1 cos α ∈[a,b]一致有 界； α x 1 关于 x单调，且∀α ∈[a,b]成立 a x x 1 1 ≤ α ，所以当 x → +∞时， α x 1 关于α ∈[a,b]一致趋于零。由 Dirichlet 判别法，可知 ∫ +∞ = 1 cos ( ) dx x x F α α 在 α ∈[a,b]上一致收敛，从而 ∫ +∞ = 1 cos ( ) dx x x F α α 在 上连续，由 的任 意性，即知 [a,b] a,b ∫ +∞ = 1 cos ( ) dx x x F α α 在(0,+∞)上连续。 6. 确定函数 ∫ − − = π 0 π 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 的连续范围。 解 函 数 ∫ − − = π 0 π 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 的定义域为 (0, 2) 。下面我们证明 ∫ − − = π π 0 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 在 (0, 2) 上内闭一致收敛，即 ∀η > 0 ， ∫ − − = π π 0 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 在 y ∈[η,2 −η]上一致收敛，从而得到 在 上的连续性。 F y( ) (0, 2) 4
由于积分有两个奇点,所以将F(y)=「-如xa写成 x'(r F()=5x(x=x于 SIn x 2r(r-r)odx=Fi()+E() 当x∈(0,1),y≤2-n时, }mx,而下收或,由 sIn x wee判外别法的证明,可知反常积分F(y=5(2在 y∈[,2-刀]上一致收敛。 当(1,12时,mam,而(m一 收敛,由 Weierstrass判别法的证明,可知反常积分 F()-∫2在y∈n2-n上一致收敛。 所以F(y)= (r-功2女在yeD2-上一致收敛。 sinx 7.设。f(x)存在。证明f(x)的 Laplace变换F(s)=J。efxk在 [0,+∞)上连续。 证由于”()k收敛即关于s在+)上一致收敛,c"关于x单调, 且叫51,即c在x∈[Q+).s∈D0+∞)上一致有界,由Abel判别法, F(s)=ef(x)在se0+∞)上一致收敛,从而F(s)在[O+∞)上连续。 8.证明函数(051+(+在(+)上可微 证首先反常积分1()=10,。对任意∈(2+收敛。其次有 a cosx dx = 2(x+D) cos xdx o oa1+(x+1 1+(x+1)2 任取m,A>0,[52,即0关于ea句-致有界 记 c=max ,当x>c,t∈b时,2x+0关于x单调,且 2(x+D) 即当x→+∞时 2x+0)关于teab 1+(x+D2 致趋于零。由 Dirichlet判列别法,可知-。+(x+Dx在∈a 上一致收敛,所以/(O)= COS x d在t∈[a,b上可微,且有
由于积分有两个奇点，所以将 ∫ − − = π 0 π 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 写成 2 2 0 sin ( ) ( ) y y x F y dx x x π π − = − ∫ 2 2 sin ( ) y y x dx x x π π π − + − ∫ ( ) ( ) 1 2 = F y + F y 。 当 x ∈ (0,1)， y ≤ 2 −η 时， y y x x x − − 2 ( ) sin π −η ≤ 2 sin x x ，而 1 2 0 sin x dx x ∫ −η 收敛，由 Weierstrass 判别法的证明，可知反常积分 2 1 2 0 sin ( ) ( ) y y x F y dx x x π π − = − ∫ 在 y ∈[η,2 −η]上一致收敛。 当 x∈ − ( 1 π ,π )，y ≥η 时， y y x x x − − 2 ( ) sin π η π − − ≤ 2 ( ) sin x x ，而 2 1 sin ( ) x dx x π η π π − − − ∫ 收敛，由 Weierstrass 判别法的证明，可知反常积分 2 2 2 sin ( ) ( ) y y x F y dx x x π π π − = − ∫ 在 y ∈[η,2 −η]上一致收敛。 所以 ∫ − − = π π 0 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 在 y ∈[η,2 −η]上一致收敛。 7. 设 存在。证明 的 Laplace 变换 在 上连续。 ∫ +∞ 0 f (x)dx f (x) ∫ +∞ − = 0 F(s) e f (x)dx sx [0, + ∞) 证 由于∫ 收敛即关于 在 +∞ 0 f (x)dx s [0,+∞)上一致收敛， 关于 单调， 且 sx e− x ≤ 1 −sx e ，即e−sx在 x ∈[0,+∞),s ∈[0,+∞)上一致有界，由 Abel 判别法， ∫ 在 上一致收敛，从而 在 上连续。 +∞ − = 0 F(s) e f (x)dx sx s ∈ + [0, ∞) F s( ) [0,+∞) 8. 证明函数 ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) cos ( ) dx x t x I t 在(−∞,+∞) 上可微。 证 首先反常积分 ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) cos ( ) dx x t x I t 对任意t ∈( , −∞ +∞)收敛。其次有 2 0 cos 1 ( ) x dx t x t +∞ ∂ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ∂ + ⎣ + ⎦ ∫ 2 0 2 2( ) cos 1 ( ) x t xdx x t +∞ + = − ⎡ ⎤ + + ⎣ ⎦ ∫ 。 任取[ , a b]，∀A > 0， cos 2 0 ≤ ∫ A xdx ，即∫ 关于 A xdx 0 cos t ∈[a,b]一致有界； 记 c = max{a , b}，当 x > c ， t ∈[a,b] 时， 2 2 [1 ( ) ] 2( ) x t x t + + + 关于 x 单调，且 2 2 [1 ( ) ] 2( ) x t x t + + + 2 1 ( ) 1 + x − c ≤ ，即当 x → +∞ 时， 2 2 [1 ( ) ] 2( ) x t x t + + + 关于 一 致趋于零。由 Dirichlet 判别法，可知 t ∈[a,b] 2 2 0 2( ) cos [1 ( ) ] x t xdx x t +∞ + − + + ∫ 在 上一致收敛，所以 t ∈[a,b] ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) cos ( ) dx x t x I t 在t ∈[a,b]上可微，且有 5
() ∞2(x+1)cosx 0I+(x+ 由ab的任意性,即知1()=1+(x+402 - dx在(-x,+∞)上可微 9.利用=”d,计算∫ dx(b>a>0)。 解当y∈a时,≤e,而∫。c"收敛,所以∫e”关于 y∈[anb]一致收敛,由积分次序交换定理, d ￠=d dx 10.用从a=∫m0x,计算∫" e-p SIn bx-sIn ax b>a>0)。 解当y∈ab时,,面2,即∫关于yea句-致有界 e关于x单调,且当x→+∞时,e关于y一致趋于零。由 Dirichlet 判别法,∫。 r cos xydx关于yeab]一致收敛,由积分次序交换定理, sin bx-sin ax ∫nc"d」co)b=-"∫e-co)。 利用分部积分, cos(xy) P 于是 o e Ar Sin bx -sin ax P-d dy= arctan arctan 1!】利用∫"n4=,(a>0),计算,-J (n为正整 数) 解由于0a+x对一切a∈0)收敛,∫1=5(a+x -dx 关于a在(0+)上内闭一致收敛,因此4在a∈(0+)上可微且 成立 a(1 所以 d 同理上述积分仍可在积分号下求导,并可不断进行下去。由
∫ +∞ + + + ′ = − 0 2 2 [1 ( ) ] 2( ) cos ( ) dx x t x t x I t 。 由a,b的任意性，即知 ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) cos ( ) dx x t x I t 在(−∞,+∞) 上可微。 9. 利用 ∫ − − − = − b a xy ax bx e dy x e e ，计算∫ +∞ − − − 0 dx x e e ax bx （b > a > 0）。 解 当 y a ∈[ ,b] 时， xy ax e e − − ≤ ，而 收敛，所以 关于 一致收敛，由积分次序交换定理， 0 ax e dx +∞ − ∫ 0 xy e dx +∞ − ∫ y a ∈[ ,b] ∫ +∞ − − − 0 dx x e e ax bx a b y dy dx e dy dy e dx b a xy b a b a xy ln 0 0 = = = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ +∞ − − +∞ 。 10．利用 ∫ = − b a xydy x bx ax cos sin sin ，计算∫ +∞ − − 0 sin sin dx x bx ax e px （ ， ）。 p > 0 b > a > 0 解 当 y a ∈[ ,b]时， 0 2 cos A xydx a ≤ ∫ ，即 0 cos A xydx ∫ 关于 y a ∈[ ,b]一致有界； px e− 关于 x单调，且当 x → +∞时， px e− 关于 一致趋于零。由 Dirichlet 判别法， 关于 y 0 cos px e xydx +∞ − ∫ y a ∈[ ,b]一致收敛，由积分次序交换定理， ∫ +∞ − − 0 sin sin dx x bx ax e px ∫ ∫ ∫ ∫ +∞ − +∞ − = = 0 0 e dx cos(xy)dy dy e cos(xy)dx px b a b a px 。 利用分部积分， ∫ +∞ − 0 e cos(xy)dx px 2 2 p y p + = ， 于是 ∫ +∞ − − 0 sin sin dx x bx ax e px p a p b dy p y b p a arctan arctan 2 2 = − + = ∫ 。 11．利用∫ +∞ = 0 + 2 a x 2 a dx π （a > 0 ），计算 ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) n n a x dx I （ 为正整 数）。 n 解 由于∫ +∞ + 0 2 a x dx 对一切a ∈ (0,+∞) 收敛， 2 0 1 dx a a x +∞ ∂ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ∂ + ⎝ ⎠ ∫ ( )2 0 2 dx a x +∞ − + ∫ 关于a 在(0,+∞)上内闭一致收敛，因此∫ +∞ + 0 2 a x dx 在a ∈ (0,+∞) 上可微且 成立 2 0 d dx da a x +∞ = + ∫ 2 0 1 dx a a x +∞ ∂ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ∂ + ⎝ ⎠ ∫ 2 2 0 ( ) dx a x +∞ − + ∫ ， 所以 2 2 d I da a ⎛ ⎞ π = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠。 同理上述积分仍可在积分号下求导，并可不断进行下去。由 6
与 ed(a+a) n ) 即可得到 (a+x2)12(2n) 12.计算g(a)= arctan ax 解g(a)=, arctan ard1 ena x(1+a2x2) 在最后一个积分中,令1=√x2-1,则 dt 1+a 1+a2+a aa1+ 13.设f(x)在0+∞)上连续,且limf(x)=0,证明 f(ax)-f(bx) a,b>0 证设A">A>0 ∫(ax)-f(bx) Af(ax) dx f(bx) =[f(51)-f(2)n b 最后一个等式利用了积分中值定理,其中5在aA与b之间,点2在a4 与b4"之间。令!→+0,A”→+,则5→0,52→+∞,由f(x)在0.+∞ 上连续,且limf(x)=0,即得 f(ax)-f(bx) d f(o)In b 14.(1)利用∫。cd=2推出L(
1 1 2 2 (2 1)!! ( 1) 2 n n n n n d n a a da ⎛ ⎞ − − − ⎜ ⎟ = − ⎝ ⎠ − 与 2 2 1 ( 1) ( ) n n n n n a a x a x 1 ! + ∂ − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ∂ + ⎝ ⎠ + ， 即可得到 ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) n n a x dx I = π 2 2 1 2(2 )!! (2 1)!! + − − n a n n 。 12．计算 ∫ +∞ − = 1 2 2 1 arctan ( ) dx x x x g α α 。 解 ∫ ∫ +∞ +∞ + − = − = − 1 2 2 2 1 2 (1 ) 1 sgn 2 1 ( ) arctan 1 dx x x x x g xd α α α π α α 。 在最后一个积分中，令 1 2 t = x − ，则 ∫ +∞ + + + = − 0 2 2 2 2 2 (1 )(1 ) sgn 2 ( ) dt t x t g α α α α π α ∫ +∞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + − + + + = − 0 2 2 2 2 2 1 1 1 1 sgn 2 dt α α t t α α α π = [ ] 2 sgn | | 1 1 2 α α α π ⋅ + − + 。 13．设 f (x)在[0,+∞)上连续，且 lim ( ) = 0 →+∞ f x x ，证明 a b dx f x f ax f bx (0)ln ( ) ( ) 0 = − ∫ +∞ （a,b > 0）。 证 设 A′′ > A′ > 0， = − ∫ ′′ ′ dx x A f ax f bx A ( ) ( ) ∫ ∫ ′′ ′ ′′ ′ − A A A A dx x f bx dx x f (ax) ( ) ∫ ∫ ′′ ′ ′′ ′ = − bA b A aA aA dx x f x dx x f (x) ( ) ∫ ∫ ′′ ′′ ′ ′ = − b A aA bA aA dx x f bx dx x f (ax) ( ) a b = [ f (ξ 1 ) − f (ξ 2 )]ln ， 最后一个等式利用了积分中值定理，其中ξ 1在aA′与bA′之间，ξ 2 在aA′′ 与bA′′之间。令 A′ → +0，A′′ → +∞，则ξ1 → 0, ξ 2 → +∞，由 在 上连续，且 ，即得 f (x) [0,+∞) lim ( ) = 0 →+∞ f x x a b dx f x f ax f bx (0)ln ( ) ( ) 0 = − ∫ +∞ 。 14．（1）利用 0 2 2 π = ∫ +∞ − e dy y 推出 y c c y L c e dy e 2 0 2 ( ) 2 2 2 − +∞ − − = = ∫ π （c > 0）； 7
(2)利用积分号下求导的方法引出业=-2L,以此推出与(1)同 样的结果,并计算∫。e(a>0.b>0) 解(1)令y=,则 c2 L(c) dy dt= dy, 于是 +-(y-)2 2L(c)=|。e e d(y--) 再令y--=x,得到 L(c) (2)利用积分号下求导, dy=-2L 于是 对等式两边积分,得到 注意到L0)yz,所以 L() 令t=ay,得到 dy dt 1.利用广cd=+,计算J=(“cs8h(a>0)。 解首先有 J =“Bx“cmh=c 利用例1528的结果
（2）利用积分号下求导的方法引出 L dc dL = −2 ，以此推出与（1）同 样的结果，并计算∫ +∞ − − 0 2 2 e dy y b ay （a > 0, b > 0）。 解（1）令 t c y = ，则 2 2 2 0 ( ) c y y L c e dy − − +∞ = = ∫ ∫ +∞ − − 0 2 2 2 2 dt t c e t c t 2 2 2 2 0 c y y c e d y − − +∞ = ∫ y， 于是 ∫ ∫ +∞ − − − +∞ − − = − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = + 0 ( ) 2 0 2 2 ( ) 1 ( ) 2 2 2 2 y c dy e d y y c L c e c y c y y c y 。 再令 c y y − = x ，得到 2 2 2 0 ( ) c y y L c e dy − − +∞ = = ∫ ∫ +∞ −∞ − − e dx e x c 2 2 2 2 2 c e π − = 。 （2）利用积分号下求导， = dc dL e dy L y c y c y 2 1 2 0 2 2 2 2 − = − ∫ +∞ − − ， 于是 dc L dL = −2 ， 对等式两边积分，得到 L(c) = L0e−2c， 注意到 2 (0) π L = ，所以 c L c e 2 2 ( ) − = π 。 令t = a y ，得到 ∫ +∞ − − 0 2 2 e dy y b ay = = ∫ +∞ − − 0 2 2 1 e dt a t ab t ab e a 2 2 1 π − 。 15．利用 2 2 0 ( 2 2 ) 1 x e dt t x + = ∫ +∞ − + α α ，计算 ∫ +∞ + = 0 2 2 cos dx x x J α β （α > 0）。 解 首先有 ∫ +∞ + = 0 2 2 cos dx x x J α β 2 2 ( ) 0 0 cos t x xdx e dt α β +∞ +∞ − + = = ∫ ∫ ∫ ∫ +∞ − + +∞ 0 ( ) 0 cos 2 2 dt e xdx t x β α 。 利用例 15.2.8 的结果 8
(x) cos2xmh=√z 可得 cos Bxdx Ixd(√x)= 2 于是 a√7 其中最后一个等式利用了上题的结论
2 2 2 ( ) cos 2 0 t x I x e xtdt e− +∞ − = = ∫ π ， 可得 = ∫ +∞ − 0 cos 2 e xdx tx β t tx e t t x d t x t e t 4 0 2 2 1 2 ( ) 2 cos 2 1 β +∞ β π − − = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∫ ， 于是 = = ∫ +∞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + 0 4 2 2 J e d t t t β α π | | 2 α β α π − e ， 其中最后一个等式利用了上题的结论。 9
