第十五章含参变量积分 习题15.1含参变量的常义积分 1.求下列极限 (1)lim dx +x-+a (2)lim「 1+|1+ 解(1)由积分中值定理,可得 dx 1+x2+ 1+x2+a2 (在1与1+a之间), 于是 lim d x . lim dx -+lim a01+x2+a2a01+x2+a2a01+2+ai (2)由连续性定理, lim In 1+|1+ 2.设f(x,y)当y固定时,关于x在[anb上连续,且当y→y-时,它 关于y单调增加地趋于连续函数o(x),证明 广(xy)d女=x 证若能证明limf(x,y)=(x)关于x∈[a,b是一致的,即vs>0, >0,vy∈(0-6,yo),vx∈[ab]:|(x,y)-(x)0,Vδ>0,y∈(Vo-6,y0) [a,b]
第十五章 含参变量积分 习 题 15.1 含参变量的常义积分 1． 求下列极限： （1） ∫ + → + + α α α 1 0 2 2 0 1 lim x dx ； （2） ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + →∞ 1 0 1 1 lim n n n x dx 。 解（1）由积分中值定理，可得 ∫ ∫ ∫ + + + + + + + = + + α α α α α 1 1 2 2 1 0 2 2 1 0 2 2 1 1 1 x dx x dx x dx ∫ + + + = 1 0 2 2 1 x α dx 2 2 1 ξ α α + + （ξ 在1与1+α 之间）， 于是 ∫ + → + + α α α 1 0 2 2 0 1 lim x dx 0 1 0 2 2 0 lim 1 lim → ∫ → + + + = α x α α dx 2 2 1 ξ α α + + = 1 4 1 1 0 2 π = + ∫ dx x 。 （2）由连续性定理， ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + →∞ 1 0 1 1 lim n n n x dx e e e de e dx x x x + = + = − + = ∫ ∫ − − 1 2 ln 1 1 1 0 1 0 。 2．设 f (x, y) 当 y 固定时，关于 在 上连续，且当 时，它 关于 x [a,b] y → y0 − y 单调增加地趋于连续函数φ(x)，证明 ∫ = ∫ → − b a b a y y lim f (x, y)dx (x)dx 0 φ 。 证 若能证明 lim ( , ) ( ) 0 f x y x y y = φ → − 关于 x ∈[a,b]是一致的，即∀ε > 0， ∃δ > 0， ( , ) 0 0 ∀y ∈ y − δ y ，∀x ∈[a,b]： f (x, y) −φ(x) 0，∀δ > 0， ( , ) 0 0 ∃y∈ y −δ y ，∃x ∈[a,b]： 1
f(x,y)-(x)≥6o 依次取6=1,3∈(-,y),3x∈[ab1:|f(x,y1)-9x)≥6 2=mn1-外,∈(n-4,3),32E[ab,(x2)(x)2 yn},3n∈(-6,y),丑n∈a,f(xn,y,)-(x,)≥E; 由此得到两列数列{xn}{n}。由于{xn}{n}有界,由 bolzano Weierstrass定理,存在收敛子列{n}n},为叙述方便,仍记这两个 子列为xn}{n},其中{n}是递增的, lim y=y。设imx,=5 由f(,y)→()(y→y0-),可知3δ>0,Vy(-80,当n>N时, 成立 ((xn,yx)-0xn)-(/(5,yk)-)max{N,K})时,成立 f(xn,yn)-xn)≤f( p(rn)I 这与f(xnyn)-(xn)≥60,(n=12,)矛盾 3.用交换积分顺序的方法计算下列积分: In (b>a>0); (2)[2InI+asin x da (1>a>0) asin x sinx 解(1)Jsm(n dx= Iac e* dy e ayS t"sn( n odr In
0 f (x, y) −φ(x) ≥ ε 。 依次取 1 δ =1， 1 0 1 0 ∃y y ∈ − ( δ , y ) 1 ， [ , ]： 1 1 1 0 ∃x ∈ a b f x( , y ) −φ(x ) ≥ ε ； 2 0 1 1 min , 2 δ y y ⎧ ⎫ = − ⎨ ⎬ ⎩ ⎭ 2 0 2 0 ，∃ ∈ y y( −δ , y ) 2 [ , ]， 2 2 2 0 ，∃x ∈ a b f x( , y ) −φ(x ) ≥ ε ； "" 0 1 1 min , n n y y n δ − ⎧ ⎫ = − ⎨ ⎬ ⎩ ⎭， 0 0 ( , ) n n ∃ ∈ y y −δ y [ , ] n ∃x ∈ a b ， 0 ( , ) ( ) n n n ， f x y − ≥ φ x ε ； ""。 由此得到两列数列{ } xn ,{yn }。由于{xn },{yn }有界，由 BolzanoWeierstrass 定理，存在收敛子列{ } { } nk nk x , y ，为叙述方便，仍记这两个 子列为{ } xn ,{yn }，其中{yn }是递增的， 0 lim n n y y →∞ = 。设lim n n x ξ →∞ = 。 由 ( , ) ( )( ) f ξ y → φ ξ y → y0 − ，可知∃δ > 0, 0 ∀y y ( 0 − 0,当n > N 时， 成立 ( ) ( ) 2 ( , ) ( ) ( , ) ( ) 0 ε f xn yK −φ xn − f ξ yK −φ ξ max{N,K}时，成立 0 ( , ) −φ( ) ≤ ( , ) −φ( ) > − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∫ dx b a x x x x b a ； （2） (1 0) 1 sin sin 1 sin ln 2 0 > > − + ∫ a x dx a x a x π 。 解（1）∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ b a y b a y b a dx x dx x dy dy x x dx x x x x 1 0 1 0 1 0 1 sin ln 1 sin ln ln 1 sin ln ， ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ 1 ⎛ 0 1 sin ln dx x x y ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ + ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = + 1 0 0 1 1 1 cos ln 1 1 1 sin ln 1 1 dx x x x y x y y y 2
In-ldx 1 In x)0(y+1)210 于是 x sinl In 所以 sinl In rotan(1+b)-arctan(1+a) Inx 1+(y+1) (2)n 1+asin d 2|2dx I-asin x sin x -y sin x y sin x d x d cot x tx ctan 所以 '2 I+ asin dx dy =丌 arcsin asin sinx 4.求下列函数的导数 (1)I(v)=e"dx (2)(y)=∫ (3)F()= sin(x+ 解(1)r0)=2y)-2”2-∫)xeh。 (2)I()=<cosy'-cospo I sin( xy)dx= 3cos y'-2 cos y (3)设g(x0)=∫sx2+y2-2),则 g(x)=2ox2+y2-17)+sm2x2+2x)+sm(2x2-2x), 所以 (x, t)dx+ 2tg(t, 1) 220x2+y2-)b+2m232
∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = 1 0 1 cos ln 1 1 dx x x y y ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = + 1 2 0 0 1 1 2 1 sin ln ( 1) 1 1 cos ln ( 1) 1 dx x x x y x y y y ， 于是 ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ 1 ⎛ 0 1 sin ln dx x x y 2 1 ( 1) 1 + + = y ， 所以 ∫ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ 1 ⎛ 0 ln 1 sin ln dx x x x x b a = + + = ∫ b a y dy 2 1 ( 1) arctan(1+ b) − arctan(1+ a)。 （2）∫ ∫ ∫ ∫ ∫ − = − = − + 2 0 0 2 2 2 0 0 2 2 2 0 1 sin 2 1 sin 2 1 sin sin 1 sin ln π π π y x dx dy y x dy dx x dx a x a x a a ， ∫ − 2 0 2 2 1 sin π y x dx 0 2 2 2 2 0 2 2 1 cot arctan 1 1 cot 1 cot π π y x x y y d x − − = − + − = −∫ 2 2 1− y = π ， 所以 = − = − + ∫ ∫ a y dy x dx a x a x 0 2 2 0 1 1 sin sin 1 sin ln π π π arcsina 。 4. 求下列函数的导数： （1） = ∫ − ； 2 2 ( ) y y x y I y e dx （2） ∫ = 2 cos ( ) y y dx x xy I y ； （3） ∫ ∫ 。 + − = + − x t x t t F(t) dx sin(x y t )dy 2 2 2 0 2 解（1） ′ = − − − − 。 5 3 ( ) 2 y y I y ye e ∫ − 2 2 2 y y x y x e dx （2） − − ′ = y y y I y 3 2 2cos cos ( ) ∫ 2 sin( ) y y xy dx= y y y 3 2 3cos − 2cos 。 （3）设 g(x,t) = ，则 ∫ + − + − x t x t sin(x y t )dy 2 2 2 ( , ) 2 cos( ) sin(2 2 ) sin(2 2 ) 2 2 2 2 2 g x t t x y t dy x xt x xt x t x t t = − + − + + + − ∫ + − ， 所以 F′(t) ( , ) 2 ( , ) 2 0 2 g x t dx tg t t t = t + ∫ ∫ ∫ ∫ = − + − + + − 2 2 0 2 2 2 2 0 2 cos( ) 2 sin 2 cos 2 x t t x t t t dx x y t dy x xtdx 3
5.设(y)=(x+y)(x),其中为可微函数,求Py) 解(y)=2y(y)+6 1(y)=3f(0)+2yf(y) 6.设FO)2=J(x)y-xd(a<b),其中(x)为可微函数,求F()o 解当y≤a时,F(y)=J(x-y),于是 F(y)=-f(x),F(y)=0; 当y≥b时,F(y)=J(x)y-x)dx,于是 F(v F"(y)=0 当a<y<b时,F(y)=」(xy-x)+J,f(xx-y),于是 F'()=f(x)dx-Lf(x)dx, F"()=2f(y) 7.设函数f(x)具有二阶导数,F(x)是可导的,证明函数 u(x, 0=V(x-ar)+f(x+ar)]+ f(y) 满足弦振动方程 a2ua2u at 以及初始条件(x,0)=f(x),2(x0)=F(x) 证直接计算,可得 = o]+aF(x+ar)+aF(x-ar) at 2 02u=2[fx-a)+f"(x+a)]+F(x+a)-F(x-aml, (x-ar)+f'(x+ar]+[F(x+ar)-F(x-arI ax 2 ==U"(x-an)+f"(x+a) )-F'(x-arI 所以 a22a2 且显然成立(x0)=f(x),(x,0)=F(x) at 8.利用积分号下求导法计算下列积分
∫ + − + − + t t t t t t t y dy 2 2 2 sin( ) 4 2 2 。 5. 设 = ∫ + ，其中 为可微函数，求 y I y x y f x dx 0 ( ) ( ) ( ) f I′′( y)。 解 ′ = + ∫ ， y I y yf y f x dx 0 ( ) 2 ( ) ( ) I′′( y) = 3 f ( y) + 2yf ′( y)。 6. 设F( y) f (x) | y x | dx (a b) ，其中 为可微函数，求 。 b a = − < ∫ f (x) F′′( y) 解 当 y ≤ a 时， = ∫ − ，于是 b a F( y) f (x)(x y)dx ∫ ′ = − b a F ( y) f (x)dx，F′′( y) = 0； 当 y ≥ b时， = ∫ − ，于是 b a F( y) f (x)( y x)dx ∫ ′ = b a F ( y) f (x)dx，F′′( y) = 0； 当a y < < b时， ，于是 ∫ ∫ = − + − b y y a F( y) f (x)( y x)dx f (x)(x y)dx F′( y) = ∫ ∫ − b y y a f (x)dx f (x)dx ，F′′( y) = 2 f ( y)。 7. 设函数 f (x)具有二阶导数，F(x)是可导的，证明函数 [ ] ∫ + − = − + + + x at x at F y dy a u x t f x at f x at ( ) 2 1 ( ) ( ) 2 1 ( , ) 满足弦振动方程 2 2 2 2 2 x u a t u ∂ ∂ = ∂ ∂ ， 以及初始条件 ( ,0) ( ), (x,0) F(x) t u u x f x = ∂ ∂ = 。 证 直接计算，可得 [ ] [ ] ( ) ( ) 2 1 ( ) ( ) 2 1 aF x at aF x at a af x at af x at t u = − ′ − + ′ + + + + − ∂ ∂ ， [ ] [ ] ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 2 2 2 F x at F x at a f x at f x at a t u = ′′ − + ′′ + + ′ + − ′ − ∂ ∂ ， [ ] [ ] ( ) ( ) 2 1 ( ) ( ) 2 1 F x at F x at a f x at f x at x u = ′ − + ′ + + + − − ∂ ∂ ， [ ] [ ] ( ) ( ) 2 1 ( ) ( ) 2 1 2 2 F x at F x at a f x at f x at x u = ′′ − + ′′ + + ′ + − ′ − ∂ ∂ ， 所以 2 2 2 2 2 x u a t u ∂ ∂ = ∂ ∂ ， 且显然成立 ( ,0) ( ), (x,0) F(x) t u u x f x = ∂ ∂ = 。 8．利用积分号下求导法计算下列积分： 4
(1)「21n(a2 x)dx (a>1) (2)JoIn(I-2acosx+a')dr (ak) 3)[2In(a?sin'x+b2cos'x 解(1)设1)= in2x)dx,则 2 2 (a) a-sin x 0 a cotx+a 于是 I(a)=In( 令a→1+,则 1)=22 xdx=-TIn2 所以 (a)=丌ln (2)设/a)=m(1-2acx+a2),则10)=0。设a≠0,由于 a-2 coS x -2a+a 作变换t=tn,得到 (a)=4 a-1+(a+1)t dt [(-a)2+(1+a)1](1 + 2 a- (1-a)2+(1+a)2t2 +a 所以(a)=C,再由(0)=0,得到 (a)=0(al0,b>0 当a=b时,f(a)= z Ina。以下设a≠b 由于
（1） ln( sin ) ( 1) 2 0 2 2 − > ∫ a x dx a π ； （2）∫0 ln(1− 2α cos +α2 ) (|α | 0，b > 0。 当a = b 时，I(a) = π ln a 。以下设 a ≠ b。 由于 5
(a) dx, a- sinx+6-cos-x 记 sIn x Cos x A dx, B= 0 a sin 2xtb2 cos 2 x a- sin-x+b- cos- x 则 A+b2B d ta a+B 2 sin2xtb =- arctan-tan x2=。 2ab 由此解得 A= 于是 (a) a+b 积分后得到 /(a)=丌ln(a+b)+C。 由1(0)=x3,得到C=-zmn2,从而1(a)=xm2+b,或者一般地有 l(a)=In a/+ b 2 9.证明:第二类椭圆积分 e(k) 满足微分方程 E"(k)+E(k)+ E(k) =0。 证直接计算,有 E(k)=[2-ksin't Elk dt dt In k- sin- t sin t+ cos t k2(1-k2sin()2 于是
I′(a) = ∫ + 2 0 2 2 2 2 2 sin cos 2 sin π dx a x b x a x ， 记 A = ∫ + 2 0 2 2 2 2 2 sin cos sin π dx a x b x x ，B = ∫ + 2 0 2 2 2 2 2 sin cos cos π dx a x b x x ， 则 2 2 2 π a A + b B = ， A + B = ∫ + 2 0 2 2 2 2 sin cos π a x b x dx ∫ + = 2 0 2 2 2 tan tan π a x b d x ab x b a ab 2 arctan tan 1 0 2 π π = = 。 由此解得 ( ) 1 2 a a b A + = π ， 于是 I′(a) = a + b π ， 积分后得到 I C (a) = π ln(a + b) + 。 由 2 (0) ln b I = π ，得到C = −π ln 2，从而 I(a) = 2 ln a + b π ，或者一般地有 I(a) = 2 ln a + b π 。 9．证明：第二类椭圆积分 ( ) 1 sin (0 1) 2 0 2 2 = − < < ∫ E k k tdt k π 满足微分方程 0 1 ( ) ( ) 1 ( ) 2 = − ′′ + ′ + k E k E k k E k 。 证 直接计算，有 ∫ − − ′ = 2 0 2 2 2 1 sin sin ( ) π dt k t k t E k ， ∫ ∫ ∫ − = − − − − ′′ = − 2 0 2 3 2 2 2 2 0 2 3 2 2 2 4 2 0 2 2 2 (1 sin ) sin (1 sin ) sin 1 sin sin ( ) π π π dt k t t dt k t k t dt k t t E k = ∫ ∫ − + − − 2 0 2 3 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 (1 sin ) sin cos 1 sin π π dt k k t t t k k t dt ， 于是 6
E"(k) k sir k2-1 (1-k 1 2 costd sin t 所以 E"(k)+:E'(k) E(k) dt [2V1-k2sin2 tdt E(k) =0。 10.设函数f(u,y)在R2上具有二阶连续偏导数。证明:函数 w(x,y,=)=f(x+=cosP,+= o)d 满足偏微分方程 证由直接计算,可得 fande fry de L (u coso+f, sin p)ds +f sin 2+frm sin-do 于是 fsin2q+∫y 另一方面,由分部积分可得 f r L(=sin )+fu=coso] f, sin do= [r(-= p)+fr=cos ]cos odp 所以
E′′(k) = ∫ ∫ − − − − − 2 0 2 3 2 2 2 2 0 2 2 2 sin (1 sin ) cos 1 1 1 1 sin 1 π π d t k t t k t k dt k = ∫ ∫ − − − − − 2 0 2 2 2 2 0 2 2 2 1 sin sin cos 1 1 1 1 sin 1 π π k t t td k t k dt k = dt k t t k t k dt k ∫ ∫ − − − − − 2 0 2 2 2 2 2 0 2 2 2 1 sin sin 1 1 1 1 sin 1 π π ， 所以 2 1 ( ) ( ) 1 ( ) k E k E k k E k − ′′ + ′ + = 2 2 0 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 1 ( ) 1 sin ( 1)sin 1 1 1 sin cos 1 1 k E k dt k t k t k t k tdt k − + − − − − − − ∫ ∫ π π = 2 2 0 2 2 2 1 ( ) 1 sin 1 1 k E k k tdt k − − + − ∫ π = 0。 10．设函数 f (u, v) 在 2 R 上具有二阶连续偏导数。证明：函数 ∫ = + + π ϕ ϕ ϕ 2 0 w(x, y,z) f (x z cos , y zsin )d 满足偏微分方程 z w z w y w x w z ∂ ∂ =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ 2 2 2 2 2 2 。 证 由直接计算，可得 = ∂ ∂ x w ∫ π ϕ 2 0 fu d ， = ∂ ∂ 2 2 x w ∫ π ϕ 2 0 fuu d ， = ∂ ∂ y w ∫ π ϕ 2 0 f vd ， = ∂ ∂ 2 2 y w ∫ π ϕ 2 0 f vvd ， = ∂ ∂ z w ∫ + π ϕ ϕ ϕ 2 0 ( fu cos f v sin )d ， = ∂ ∂ 2 2 z w ∫ + + π ϕ ϕ ϕ ϕ 2 0 2 2 ( fuu cos fuv sin 2 f vv sin )d ， 于是 =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ 2 2 2 2 2 2 z w y w x w z ∫ − + π ϕ ϕ ϕ ϕ 2 0 2 2 z ( fuu sin fuv sin 2 f vv cos )d 。 另一方面，由分部积分可得 ∫ ∫ = − − + π π ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 2 0 2 0 fu cos d [ fuu ( zsin ) fuv z cos ]sin d ， ∫ = ∫ − + ， π π ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 2 0 2 0 f v sin d [ f vu ( zsin ) f vv z cos ]cos d 所以 7
11.设∫(x)在[上连续,且f(x)>0。研究函数 yf(x) 的连续性。 解设x2≠0,由于()在[.×团。圆,+上连续,可知 1)=y(0)在x≠0处连续。 设y=0,则1()=1(0)=0。由于f(x)在上连续,且f(x)>0, 所以(x)在[上的最小值m>0,当y>0时,成立y(x)≥-m”, 于是 0)2oy dx= mactan 由加(m0=m0,可知址m(20=10,即)=在 y=0处不连续 注在本题中可证明lm1(y)=xf(0)与lm1(y)=-xf(0),其中f(0)≠0, y→)0+ 由此也说明了I(y)在y=0点不连续。证明如下: vE>0,取n>0,使得当00,取δ>0,使得当0<ykδ时, y(x,dxk5,于是 yf(x) d-0 yf(0) dxkE。 分别令y→0+与y→0-,由 lim ro y (o)dx=Tr(O), lim o? yf(0)
z w z w y w x w z ∂ ∂ =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ 2 2 2 2 2 2 。 11．设 f (x)在[0,1]上连续，且 f (x) > 0。研究函数 ∫ + = 1 0 2 2 ( ) ( ) dx x y yf x I y 的连续性。 解 设 y0 ≠ 0 ，由于 2 2 ( ) x y yf x + 在 0 0 0 [0,1] [ , ] 2 2 y y × − y y + 0 上 连续，可知 ∫ + = 1 0 2 2 ( ) ( ) dx x y yf x I y 在 y0 ≠ 0处连续。 设 ，则 。由于 在 上连续，且 ， 所以 在 上的最小值 ，当 时，成立 0 y = 0 0 I y( ) = I(0) = 0 f (x) [0,1] f (x) > 0 f (x) [0,1] m > 0 y > 0 2 2 2 2 ( ) x y my x y yf x + ≥ + ， 于是 1 2 2 0 1 ( ) arctan y I y m dx m x y y ≥ = + ∫ ， 由 0 1 lim ( arctan ) 0 y 2 m m y π → + = > ，可知 0 lim ( ) 0 (0) y I y I → + ≠ = ，即 ∫ + = 1 0 2 2 ( ) ( ) dx x y yf x I y 在 y0 = 0处不连续。 注 在本题中可证明 (0) 2 lim ( ) 0 I y f y π = → + 与 (0) 2 lim ( ) 0 I y f y π = − → − ，其中 ， 由此也说明了 在 点不连续。证明如下： f (0) ≠ 0 I( y) y = 0 ∀ε > 0，取η > 0 ，使得当0 0 ，取δ > 0 ，使得当0 <| y |< δ 时， 2 | ( ) | 1 2 2 ε η < + ∫ dx x y yf x ，于是 ∫ + 1 0 2 2 ( ) | dx x y yf x ε η < + − ∫ | (0) 0 2 2 dx x y yf 。 分别令 y → 0 + 与 y → 0 − ，由 (0) 2 (0) lim 0 2 2 0 dx f x y yf y η π = + ∫ → + ， (0) 2 (0) lim 0 2 2 0 dx f x y yf y η π = − + ∫ → − 8
和的任意性,即可得到im1(y)=xf(0)与lm1(y)=-xf(0) y→>0-
和ε 的任意性，即可得到 (0) 2 lim ( ) 0 I y f y π = → + 与 (0) 2 lim ( ) 0 I y f y π = − → − 。 9