第 10 章 广义积分与含参变量积分

1基于 Riemann 积分的反常积分

瑕积分, 无穷积分, 反常重积分, 非负函数反常积分的收敛性, Cauchy 准则, 绝对收敛与条件收敛, Abel 判别法, Dirichlet 判别法, 概率积分, Cauchy 主值积分, 数项级数收敛的 Cauchy 积分判别法

A 1.1.

1.	设 $f$ 在 $(0,1]$ 上非负单调, 证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$, 这里右端的积分可能是 $+\infty$. 证明. 不妨设 $f$ 单调递减, 则有$${\int }_{k/n}^{(k+1)/n}f(x)\mathrm{d}x⩽\frac{1}{n}f\left(\frac{k}{n}\right)⩽{\int }_{(k-1)/n}^{k/n}f(x)\mathrm{d}x,k=1,2,\cdots ,n-1,$$于是有$${\int }_{1/n}^{1}f(x)\mathrm{d}x⩽\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)⩽{\int }_0^{1-1/n}f(x)\mathrm{d}x,$$令 $n\to +\infty$ 即得结论. $\square$
2.	讨论以下积分的敛散性 1: $(1){\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{x^a(x-1{)}^{2b}}\mathrm{d}x$; $(2){\int }_0^{+\infty }\sin (x^p+\frac{1}{x^q})\mathrm{d}x,p,q>0$; $(3){\int }_0^{+\infty }\frac{\sin \pi x}{x^{\alpha }|x-1{|}^{\beta }}\mathrm{d}x$; $(4){\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{x^p\sqrt[3]{{\sin }^{2}x}}$; $(5){\int }_0^{+\infty }\left(\ln x\right)\sin (x^p)\mathrm{d}x$. 解答. (1) 当 $a>0$ 时, $x=0$ 是瑕点, $b>0$ 时, $x=1$ 可能是瑕点. 为此不妨设 $0<\delta <1$, 有$${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{x^a(x-1{)}^{2b}}\mathrm{d}x={\int }_0^{\delta }\frac{\ln x}{x^a(x-1{)}^{2b}}\mathrm{d}x+{\int }_{\delta }^1\frac{\ln x}{x^a(x-1{)}^{2b}}+{\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{x^a(x-1{)}^{2b}}=:I_1+I_2+I_3,$$先考察 $I_1$ 的敛散性, 易见 $I_1$ 的敛散性与 ${\int }_0^{\delta }\frac{\ln x}{x^a}\mathrm{d}x$ 相同, 由于$${\int }_0^{\delta }\frac{\ln x}{x^a}\mathrm{d}x=-{\int }_{1/\delta }^{+\infty }\frac{\ln t}{t^{2-a}}\mathrm{d}t,$$易见后者在 $a<1$ 时收敛. 从而 $a<1$ 时 $I_1$ 收敛. 对于 $I_2$, 其敛散性与 ${\int }_{\delta }^1\frac{\ln x}{(x-1{)}^{2b}}$ 同, 注意到当 $b⩽\frac{1}{2}$ 时有$$\frac{\ln x}{(x-1{)}^{2b}}\to 0\left(b<\frac{1}{2}\right),1\left(b=\frac{1}{2}\right),x\to 1,$$此时 $x=1$ 不是瑕点, 故 $I_2$ 收敛. 否则 $b>\frac{1}{2}$ 时, $\frac{\ln x}{(x-1{)}^{2b}}\sim \frac{1}{(x-1{)}^{2b-1}}(x\to 1)$, 于是 $b<1$ 时 $I_2$ 收敛. 对于 $I_3$, 有 $\frac{\ln x}{x^a(x-1{)}^{2b}}\sim \frac{\ln x}{x^{a+2b}}(x\to +\infty )$, 从而 $a+2b>1$ 时 $I_3$ 收敛. 综上, 当 $a<1,b<1$ 且 $a+2b>1$ 时原积分收敛. (2) (3) 积分 ${\int }_0^{\frac{1}{2}}\frac{\sin \pi x}{x^a|x-1{|}^b}dx$ 的被积函数非负, 只有一个奇点 $0$, 且$$\frac{\sin \pi x}{x^a|x-1{|}^b}\sim \pi x^{1-a},x\to 0^{+}.$$因此, 该积分收敛当且仅当 $a<2$. 积分 ${\int }_{\frac{1}{2}}^1\frac{\sin \pi x}{x^a|x-1{|}^b}dx$ 的被积函数非负, 只有一个奇点 $1$, 且$$\frac{\sin \pi x}{x^a|x-1{|}^b}\sim \pi (1-x{)}^{1-b},x\to 1^{-}.$$因此, 该积分收敛当且仅当 $b<2$. 同理, 积分 ${\int }_1^{\frac{3}{2}}\frac{\sin \pi x}{x^a|x-1{|}^b}dx$ 收敛当且仅当 $b<2$. 、 若 $a+b⩽0$, 则 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x^a|x-1{|}^b}⩾1$. 因此, 对充分大的 $n⩾1$, 当 $x⩾n$ 时, $\frac{1}{x^a|x-1{|}^b}⩾\frac{1}{2}$. 此时, $$\left|{\int }_n^{n+1}\frac{\sin \pi x}{x^a|x-1{|}^b}dx\right|⩾\frac{1}{2}{\int }_n^{n+1}|\sin \pi x|dx=\frac{1}{\pi }.$$所以积分 ${\int }_{\frac{3}{2}}^{+\infty }\frac{\sin \pi x}{x^a|x-1{|}^b}dx$ 发散. 若 $a+b>0$, 因函数 ${\left(\frac{1}{x^a|x-1{|}^b}\right)}^{\prime }$ 在 $(1,+\infty )$ 上的零点只有有限个. 由此可见当 $x$ 充分大时, 它单调下降趋于零 (具体地, 可以得到当 $x>\max \left(1,\frac{a}{a+b}\right)$ 时, 函数 $\frac{1}{x^a|x-1{|}^b}$ 单调下降趋于零) . 而部分积分 ${\int }_{\frac{3}{2}}^X\sin \pi xdx$ 有界, 因此, 此时积分 ${\int }_{\frac{3}{2}}^{+\infty }\frac{\sin \pi x}{x^a|x-1{|}^b}dx$ 收敛. (4) 易见 $x=k\pi$ $(k\in {\mathbb{Z}}_{+})$ 都是瑕点, 由于 $x\to 0$ 时 $\sin x\sim x$, 有 $x^p\sqrt[3]{{\sin }^{2}x}\sim x^{p+2/3}$ (5) $0$ 为唯一可能的瑕点, 积分同时为无穷积分. 由于 $\left|(\ln x)\sin (x^p)\right|⩽|\ln x|$, 而 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|\ln x|}{x^{-\frac{1}{2}}}=0$, 因此 ${\int }_0^1(\ln x)\sin (x^p)dx$ 绝对收敛. 我们只需要讨论 ${\int }_1^{+\infty }(\ln x)\sin (x^p)dx$ 收敛时 $p$ 满足的条件. 若 $p⩽0$, 则$$(\ln x)\sin (x^p)\sim \frac{\ln x}{x^{-p}},x\to +\infty .$$ 不难得到 ${\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{x^{-p}}dx$ 当 $p<-1$ 时收敛, 当 $p\in [-1,0]$ 时发散. 当 $p>0$ 时, 我们有 (变量代换不影响收敛性, 等式两边可以都为发散) $${\int }_1^{+\infty }(\ln x)\sin (x^p)dx=\frac{1}{p^2}{\int }_1^{+\infty }{x}^{\frac{1}{p}-1}(\ln x)\sin xdx.$$当 $p\in (0,1]$ 时, $${\int }_{2n\pi }^{2n\pi +\pi }{x}^{\frac{1}{p}-1}(\ln x)\sin xdx⩾{\int }_{2n\pi }^{2n\pi +\pi }\sin xdx=2,\forall n⩾1,$$因此, 积分 ${\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{x^{-p}}dx$ 发散. 当 $p>1$ 时, 易见 ${\int }_1^{+\infty }{x}^{\frac{1}{p}-1}(\ln x)\sin xdx$ 与级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }{x}^{\frac{1}{p}-1}(\ln x)\sin xdx$ 有相同的敛散性. 当 $x>e^{\frac{p}{p-1}}$ 时 $x^{\frac{1}{p}-1}(\ln x)$ 单调减少趋于 $0$. 因此, 对足够大的 $n$, $$(-1{)}^n{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }{x}^{\frac{1}{p}-1}(\ln x)\sin xdx={\int }_0^{\pi }(n\pi +x{)}^{\frac{1}{p}-1}(\ln (n\pi +x))\sin xdx$$单调减少趋于 $0$. 因此, 积分 ${\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{x^{-p}}dx$ 收敛. 总之, 原积分收敛的充分必要条件是 $|p|>1$. $\square$
3.	说明以下积分收敛并求其值: $(1){\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}\mathrm{d}x$; $(2){\int }_0^{\pi }x\ln \sin x\mathrm{d}x$; $(3){\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2r\cos x+r^2\right)\mathrm{d}x$; $(4){\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-(x^2+1/x^2)}\mathrm{d}x$. 解答. (1) 易见无论 $\alpha$ 为何值, 都有 $\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}⩽\frac{1}{1+x^2}$, 而 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x$ 收敛, 从而原积分收敛. 置 $x=\frac{1}{t}$, 得到$${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{t^{\alpha }}{(1+t^2)(1+t^{\alpha })}\mathrm{d}t,$$于是$${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{1+x^{\alpha }}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{4}.$$ (2) 注意到 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln \sin x=0$, 故 $0$ 不是瑕点, 而$$\underset{x\to {\pi }^{-}}{\lim }\sqrt{\pi -x}\cdot x\ln \sin x=0,$$可知 ${\int }_0^{\pi }x\ln \sin x\mathrm{d}x$ 收敛. 置 $x=\pi -t$, 有$$I:={\int }_0^{\pi }x\ln \sin x\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }(\pi -t)\ln \sin t\mathrm{d}t=\pi {\int }_0^{\pi }\ln \sin x\mathrm{d}x-I,$$从而$${\int }_0^{\pi }x\ln \sin x\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }\ln \sin x\mathrm{d}x=-\frac{{\pi }^2}{2}\ln 2.$$ (3) 先考虑 $|r|<1$ 的情形. 把 $r$ 看成参变量, 记$$I(r)={\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2r\cos x+r^2\right)\mathrm{d}x$$并对 $r$ 求导, 得到$$I^{\prime }(r)={\int }_0^{\pi }\frac{-2\cos x+2r}{1-2r\cos x+r^2}\mathrm{d}x,$$由此可得 $I^{\prime }(0)=-2{\int }_0^{\pi }\cos x\mathrm{d}x=0$. 现设 $r\ne 0$, 则$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }(r)& =\frac{1}{r}{\int }_0^{\pi }\left(1-\frac{1-r^2}{1-2r\cos x+r^2}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{r}\left(\pi -(1-r^2){\int }_0^{\pi }\frac{\mathrm{d}x}{1-2r\cos x+r^2}\right),\end{array}$$做变换 $t=\tan (x/2)$, 可得$$\begin{array}{rl}& (1-r^2){\int }_0^{\pi }\frac{\mathrm{d}x}{1-2r\cos x+r^2}\\ & =\frac{1+r}{1-r}{\int }_0^{+\infty }\frac{2\mathrm{d}t}{1+{\left(\frac{1+r}{1-r}t\right)}^2}\\ & ={2\arctan \frac{1+r}{1-r}t|}_0^{+\infty }=\pi .\end{array}$$这里用到了 $|r|<1$ 的条件, 从而 $I^{\prime }(r)\equiv 0$, 易见 $I(0)=0$, 从而 $I(r)\equiv 0$. 在考虑 $|r|>1$ 的情形. 令 $\rho =1/r$, 则 $\left|\rho \right|<1$. 于是$$I(r)=I\left(\frac{1}{\rho }\right)={\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2\rho \cos x+{\rho }^2\right)\mathrm{d}x-{\int }_0^{\pi }\ln {\rho }^2\mathrm{d}x=-2\pi \ln |\rho |=2\pi \ln |r|.$$ 当 $r=\pm 1$ 时, 利用上题结果可知$${\int }_0^{\pi /2}\ln \sin x\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}\ln \cos x\mathrm{d}x=-\frac{\pi }{2}\ln 2.$$可以得到 $I(\pm 1)=0$. 即得 $I(r)=\{\begin{array}{ll}0,& |r|⩽1,\\ 2\pi \ln |r|,& |r|>1.\end{array}$ (4) 易见 ${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-(x^2+1/x^2)}\mathrm{d}x$ 收敛, 置 $x=\frac{1}{t}$ 得到$${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-(x^2+1/x^2)}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{t^2}{\mathrm{e}}^{-(t^2+1/t^2)}\mathrm{d}t,$$于是有$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-(x^2+1/x^2)}& =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\left((x-\frac{1}{x}{)}^2+2\right)}\left(1+\frac{1}{x^2}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\left((x-\frac{1}{x}{)}^2+2\right)}\mathrm{d}\left(x-\frac{1}{x}\right)\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t^2-2}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{\pi }}{2{\mathrm{e}}^2}.\end{array}$$ $\square$
4.	利用 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}=-\ln \left(2\sin \frac{x}{2}\right),x\in \left(0,2\pi \right)$ 说明 ${\int }_0^{\pi }\ln \sin x\mathrm{d}x=-\pi \ln 2.$
5.	设 $f$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 非负, 严格单调下降, 证明: ${\int }_0^{x}f(t)\sin t\mathrm{d}t>0$. 特别地, 对于任何 $x>0$ 成立 ${\int }_0^x{\mathrm{e}}^{-t}\sin t\mathrm{d}t>0$. 证明. $\square$
6.	若 $f(0^{+})$ 存在, $\forall A>0,{\int }_A^{+\infty }\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$ 收敛, 试计算 Frullani 积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x$, 其中 $a,b>0$. 解答. 我们先回顾该积分的计算方法. 设 $f(0^{+})$ 与 $f(+\infty )$ 都存在, 且对任何 $0<\delta <\Delta <+\infty$, ${\int }_{\delta }^{\Delta }\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$ 存在. 则$$\begin{array}{rl}& {\int }_{\delta }^{\Delta }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x={\int }_{\delta }^{\Delta }\frac{f(ax)}{x}\mathrm{d}x-{\int }_{\delta }^{\Delta }\frac{f(bx)}{x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_{a\delta }^{a\Delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t-{\int }_{b\delta }^{b\Delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t={\int }_{a\delta }^{b\delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t-{\int }_{a\Delta }^{b\Delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t\end{array}$$我们记 $J_1={\int }_{a\delta }^{b\delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t,J_2={\int }_{a\Delta }^{b\Delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t.$ 于是由积分第一中值定理$$\begin{array}{rl}{J}_1& ={\int }_{a\delta }^{b\delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t=f({\xi }_1){\int }_{a\delta }^{b\delta }\frac{1}{t}\mathrm{d}t=f({\xi }_1)\ln \frac{b}{a},a\delta ⩽{\xi }_1⩽b\delta ,\\ J_2& ={\int }_{a\Delta }^{b\Delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t=f({\xi }_2){\int }_{a\Delta }^{b\Delta }\frac{1}{t}\mathrm{d}t=f({\xi }_1)\ln \frac{b}{a},a\Delta ⩽{\xi }_2⩽b\Delta .\end{array}$$这时当 $\delta \to 0^{+},\Delta \to +\infty$ 时, 得到 ${\xi }_1\to 0^{+},{\xi }_2\to +\infty$, 即得到$${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x=\left(f(0^{+})-f(+\infty )\right)\ln \frac{b}{a}.$$ 由题设 $f(0^{+})$ 存在, $\forall A>0,{\int }_A^{+\infty }\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$ 收敛, 则$$J_2={\int }_{a\Delta }^{b\Delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t={\int }_A^{b\Delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t-{\int }_A^{a\Delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t\to 0,\Delta \to +\infty ,$$从而 ${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x=f(0^{+})\ln \frac{b}{a}.$ 同理若 $f(+\infty )$ 存在, $\forall \epsilon >0,{\int }_0^{\epsilon }\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$ 收敛, 则$$J_1={\int }_{a\delta }^{b\delta }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t={\int }_{a\delta }^{\epsilon }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t-{\int }_{b\delta }^{\epsilon }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t\to 0,\delta \to 0^{+}.$$从而 ${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x=f(+\infty )\ln \frac{a}{b}.$ $\square$
7.	若 $f(+\infty )$ 存在, $\forall \epsilon >0$, ${\int }_0^{\epsilon }\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$ 收敛, 试计算 Frullani 积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x$, 其中 $a,b>0$. 解答. 参见上一题的解答. $\square$
8.	设 $f\in C[0,+\infty ),f>0$. 若 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x$ 收敛, 证明: $\underset{A\to +\infty }{\lim }\frac{1}{A^2}{\int }_0^{A}f(x)\mathrm{d}x=+\infty$. 证明. 首先, 对于任意 $A>0$, 总存在 $a>0$ 使得 $\frac{1}{f(x)}$ 在区间 $(a,a+1)$ 上满足 $\frac{1}{f(x)}<\frac{1}{A^3}$, 否则$${\int }_a^{a+N}f(x)\mathrm{d}x=\sum _{n=a}^{a+N-1}{\int }_n^{n+1}\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x⩾\frac{N}{A^3}\to +\infty ,N\to +\infty ,$$与积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x$ 收敛矛盾. 从而对任意 $A$, 存在区间 $(a,a+1)$ 使得 $f(x)>A^3$, 进而$$\frac{1}{A^2}{\int }_0^{A}f(x)\mathrm{d}x⩾\frac{1}{A^2}{\int }_a^{a+1}f(x)\mathrm{d}x>A\to +\infty ,A\to +\infty .$$$\square$
9.	证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{+\infty }\frac{\cos \left(nx+1/x\right)}{1+x^2}\mathrm{d}x=0$. 证明. 由于 $\cos \left(nx+1/x\right)=\cos (nx)\cos \left(1/x\right)-\sin (nx)\sin (1/x)$, 记$$I_n={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos (1/x)}{1+x^2}\cdot \cos (nx)\mathrm{d}x,J_n={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin (1/x)}{1+x^2}\cdot \sin (nx)\mathrm{d}x,$$易见对于任何 $n\in {\mathbb{N}}^{+}$, $I_n,J_n$ 都收敛. 我们只需要证明 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(I_n-J_n\right)=0$, 由分部积分公式$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{\cos (1/x)}{1+x^2}\cdot \cos (nx)\mathrm{d}x& ={\frac{\sin nx}{n}\frac{\cos (1/x)}{1+x}|}_0^{+\infty }-\frac{1}{n}{\int }_0^{+\infty }{\left(\frac{\cos (1/x)}{1+x^2}\right)}^{\prime }\sin nx\mathrm{d}x\\ & =-\frac{1}{n}{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin (1/x)\cdot \frac{1+x^2}{x^2}-2x\cdot \cos (1/x)}{(1+x^2{)}^2}\cdot \sin nx\mathrm{d}x.\end{array}$$ $\square$
10.	推广习题 8.3.$\mathcal{A}$ 第 6 题如下: 设 $f\in C[a,b]$ 非负, 且在 $c\in [a,b]$ 取得唯一的最大值 $f(c)>0$, $\phi$ 在 $[a,b]$ 上绝对可积, 并在点 $c$ 连续. 证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_a^b{f}^n(x)\phi (x)\mathrm{d}x}{{\int }_a^b{f}^n(x)\mathrm{d}x}=\phi (c)$.

B 1.2.

1.	尝试给出比习题 $\mathcal{A}$ 第 1 题的题设更弱的条件, 使得结论仍然成立.
2.	试讨论更一般的反常重积分的定义. 特别地, 考虑在定义反常重积分时, 瑕点集可以一般到什么程度.
3.	求 $\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{n^2}$ 当 $x\to 1^{-}$ 的阶. 解答. 易见 $\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{n^2}\sim \sum _{n=0}^{\infty }{x}^{n^2}$, 由单调性, 当 $0<x<1$ 时, 我们有$$x^{n^2}<{\int }_{(n-1)}^n{x}^{t^2}\mathrm{d}t<x^{(n-1{)}^2},(n⩾1),$$因此$${\int }_0^{+\infty }{x}^{t^2}\mathrm{d}t⩽\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{n^2}⩽1+{\int }_0^{+\infty }{x}^{t^2}\mathrm{d}t,$$而$${\int }_0^{+\infty }{x}^{t^2}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }\exp \left(-t^2\ln \frac{1}{x}\right)\mathrm{d}t=\frac{1}{\sqrt{\ln \frac{1}{x}}}{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{\ln \frac{1}{x}}}.$$当 $x\to 1^{-}$ 时, $\ln x\sim x-1$, 因此 $\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{n^2}\sim \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{1-x}}$. $\square$
4.	(1) 举例说明, 存在恒正的 $f$ 使得 ${\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$ 收敛, 但 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ 不存在. (2) 举例说明, 存在恒正的无穷次可导函数 $f$ 使得 ${\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$ 收敛, 但 $\underset{x\to +\infty }{\overline{\lim }}f(x)$ 不存在. (3) 若 $f$ 一致连续, 且 ${\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$ 收敛, 证明:$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0.$
5.	证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi /2}\sin x^n\mathrm{d}x=0$. 证明. 由于$${\int }_0^{\pi /2}\sin x^n\mathrm{d}x={\int }_0^1\sin x^n\mathrm{d}x+{\int }_1^{\pi /2}\sin x^n\mathrm{d}x,$$而$$\begin{array}{c}0⩽{\int }_0^1\sin x^n\mathrm{d}x⩽{\int }_0^1{x}^n\mathrm{d}x=\frac{1}{n+1},\\ -\frac{2}{n}⩽{\int }_1^{\pi /2}\frac{1}{n{x}^{n-1}}\cdot n{x}^{n-1}\sin x^n\mathrm{d}x\stackrel{\text{积分第二中值定理}}{=}\frac{1}{n}{\int }_0^{\xi }\mathrm{d}(-\cos x^n)⩽\frac{2}{n},\end{array}$$依夹逼准则有 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi /2}\sin x^n\mathrm{d}x=0$. $\square$
6.	证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi /2}\cos x^n\mathrm{d}x=1$. 证明. 仿上法, 我们有$$\begin{array}{c}1⩾{\int }_0^1\cos x^n\mathrm{d}x⩾{\int }_0^1\left(1-\frac{1}{2}{x}^{2n}\right)=1-\frac{1}{2(2n+1)},\\ -\frac{2}{n}⩽{\int }_1^{\pi /2}\frac{1}{n{x}^{n-1}}\cdot n{x}^{n-1}\cos x^n\mathrm{d}x=\frac{1}{n}{\int }_0^{\xi }\mathrm{d}(\sin x^n)⩽\frac{2}{n}.\end{array}$$依夹逼准则便得结论. $\square$
7.	设函数 $f:(0,+\infty )\to (0,+\infty )$ 连续且严格单调, 证明: “$g$ 在 $[0,1]$ 上非负可积蕴含 $f\circ g$ 在 $[0,1]$ 上非负可积” 等价于 $\underset{x\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{f(x)}{x}<+\infty .$
8.	证明: $f(x)={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x{t}^2}\sin t\mathrm{d}t$ 在 $(0,+\infty )$ 上有界. 证明. 记 $F(x,\alpha )={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x{t}^2}\sin \alpha t\mathrm{d}t$, 原问题即证 $F(x,1)$ 在 $x\in (0,+\infty )$ 上有界. 由于$$\frac{\partial F}{\partial \alpha }={\int }_0^{+\infty }t{\mathrm{e}}^{-x{t}^2}\cos \alpha t\mathrm{d}t,$$对任意的 $\alpha \in \mathbb{R}$ 成立, 事实上, 由于$$\left|t{\mathrm{e}}^{-x{t}^2}\cos \alpha t\right|⩽t{\mathrm{e}}^{-x{t}^2},$$而 ${\int }_0^{+\infty }t{\mathrm{e}}^{-x{t}^2}\mathrm{d}t$ 收敛, 故由 Weierstrass 判别法可知 ${\int }_0^{+\infty }t{\mathrm{e}}^{-x{t}^2}\cos \alpha t\mathrm{d}t$ 对 $b\in \mathbb{R}$ 一致收敛, 因而等式成立, 又有$$\begin{array}{rl}\frac{\partial F}{\partial \alpha }& ={\int }_0^{+\infty }t{\mathrm{e}}^{-x{t}^2}\cos \alpha t\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{2x}-\frac{\alpha }{2x}{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{x{t}^2}\sin \alpha t\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{2x}-\frac{\alpha }{2x}F(x,\alpha ),\end{array}$$并且有 $F(x,0)=0$, 得到$$F(x,\alpha )=\exp \left(-\frac{{\alpha }^2}{4x}\right){\int }_0^{\alpha }\frac{1}{2x}\exp \left(\frac{{\alpha }^2}{4x}\right)\mathrm{d}\alpha ,$$于是 $F(x,1)=\exp \left(-\frac{1}{4x}\right){\int }_0^1\frac{1}{2x}\exp \left(\frac{{\alpha }^2}{4x}\right)\mathrm{d}x$, 而$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{2x}{\int }_0^1\exp \left(\frac{{\alpha }^2}{4x}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{x}}{\int }_0^{1/(2\sqrt{x})}\exp \left(u^2\right)\mathrm{d}x\\ & ⩽\frac{1}{\sqrt{x}}\left({\int }_0^2\exp \left(u^2\right)\mathrm{d}u+{\int }_1^{1/(2\sqrt{x})}\left(2-\frac{1}{u^2}\right)\exp \left(u^2\right)\mathrm{d}u\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{x}}\left({\int }_0^1\exp \left(u^2\right)\mathrm{d}u+{\int }_1^{1/(2\sqrt{x})}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}u}\frac{\exp (u^2)}{u}\mathrm{d}u\right)\\ & ⩽\frac{1}{\sqrt{x}}\left(C+2\sqrt{x}\exp \left(\frac{1}{4x}\right)\right),\end{array}$$其中 $C={\int }_0^1{\mathrm{e}}^{u^2}\mathrm{d}u$. 于是 $F(x,1)⩽\frac{C}{\sqrt{x}}\exp \left(-\frac{1}{4x}\right)+2$, 右侧当 $x\to 0^{+}$ 时有有限极限, 并且结合 $\mathrm{8.4.}\mathcal{A}$ 第 $4$ 题可知 $f(x)>0$. 结论即证. $\square$
9.	设 ${\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$ 收敛. 求 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^{x}tf(t)\mathrm{d}t}{x}$. 证明. 记 $I={\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x,F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$, 下证$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^{x}F(t)\mathrm{d}t=I.$$对任意的 $\epsilon >0$, 由于 ${\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$ 收敛, 可以找到 $x_0>0$, 使得 $x⩾x_0$ 时有 $\left|F(x)-I\right|<\frac{\epsilon }{2}$. 于是当 $x>x_0$, 有$$\begin{array}{rl}\frac{1}{x}{\int }_0^{x}F(t)、，\mathrm{d}t-I& =\frac{1}{x}{\int }_0^x\left(F(t)-I\right)\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{x}{\int }_0^{x_0}\left(F(t)-I\right)\mathrm{d}t+\left(1-\frac{x_0}{x}\right)\cdot \frac{1}{x-x_0}{\int }_{x_0}^x\left(F(t)-I\right)\mathrm{d}t,\end{array}$$因此$$\left|\frac{1}{x}{\int }_0^{x}F(t)\mathrm{d}t-I\right|<\frac{1}{x}\left|{\int }_0^{x_0}\left(F(t)-I\right)\mathrm{d}t\right|+\frac{1}{x-x_0}{\int }_{x_0}^x\left|F(t)-I\right|\mathrm{d}t.$$右端第二项 $<\frac{\epsilon }{2}$; 当 $x$ 充分大时, 第一项同样也小于 $\frac{\epsilon }{2}$, 于是有$$\left|\frac{1}{x}{\int }_0^{x}F(t)\mathrm{d}t-I\right|<\epsilon .$$至此断言成立, 注意$${\int }_0^{x}tf(t)\mathrm{d}t={\int }_0^{x}t{F}^{\prime }(t)\mathrm{d}t=xF(x)-{\int }_0^{x}F(t)\mathrm{d}t,$$于是$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^{x}tf(t)\mathrm{d}t}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{xF(x)-{\int }_0^{x}F(t)\mathrm{d}t}{x}=I-I=0.$$$\square$
10.	设 $f$ 是 $\left[0,+\infty \right)$ 上非负可导函数. $f(0)=0,f^{\prime }(x)⩽\frac{1}{2},{\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$ 收敛. 求证: 对任何 $p>1,{\int }_0^{+\infty }{f}^p(x)\mathrm{d}x$ 也收敛, 且 ${\int }_0^{+\infty }{f}^p(x)\mathrm{d}x⩽{\left({\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x\right)}^{(p+1)/2}$. 证明. 令$$g(t)={\left({\int }_0^{t}f(x)\mathrm{d}x\right)}^{(p+1)/2}-{\int }_0^t{f}^p(x)\mathrm{d}x,$$则 $g(t)$ 可导,$$g^{\prime }(t)=f(t)\left(\frac{p+1}{2}{\left({\int }_0^{t}f(x)\mathrm{d}x\right)}^{(p-1)/2}-f^{p-1}(t)\right).$$令$$h(t)={\left(\frac{p+1}{2}\right)}^{2/(p-1)}{\int }_0^{t}f(x)\mathrm{d}x-f^2(t),$$则有$$h^{\prime }(t)=f(t)\left({\left(\frac{p+1}{2}\right)}^{2/(p-1)}-2f^{\prime }(t)\right).$$ 由于 $\frac{p+1}{2}>1,f^{\prime }(x)⩽\frac{1}{2}$, 我们有 $h^{\prime }(t)⩾0$. 这说明 $h(t)$ 单调递增, 从 $h(0)=0$ 得 $h(t)⩾0$, 因此 $g^{\prime }(t)⩾0$, 从 $g(0)=0$ 得 $g(t)⩾0,$ 即$${\int }_0^t{f}^p(x)\mathrm{d}x⩽{\left({\int }_0^{t}f(x)\mathrm{d}x\right)}^{(p+1)/2},$$令 $t\to +\infty$ 即得结论. $\square$
11.	设 $\alpha \in (0,1),\beta \in (0,1]$, $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin n^{\alpha }}{n^{\beta }}$ 的收敛性如何? 解答. $\square$
12.	设 $\alpha >1,\beta \in \left(0,1\right]$, 对于 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin n^{\alpha }}{n^{\beta }}$ 的收敛性, 你能够说些什么?
13.	设 $\alpha >0,\beta >0$, 对于 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\beta }\sin n^{\alpha }}$ 的的收敛性, 你能够说些什么?
14.	设 $f\in C^1[0,1],f(0)=f(1)=0$. 证明: ${\left({\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right)}^2⩽\frac{1}{12}{\int }_0^1|f^{\prime }(x){|}^2\mathrm{d}x$. 进一步, 如何把条件放宽到 $f\in C_0^1(0,1)$? 其中 $C_0^1(0,1)=\left\{f\in C[0,1]\cap C^1(0,1)|f(0)=f(1)=0\right\}$. 证明. 由分部积分可知$${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=xf(x){|}_0^1-{\int }_0^{1}x{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x=-{\int }_0^{1}x{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x,$$同理 ${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=-{\int }_0^1(x-1)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x.$ 从而$$\begin{array}{rl}{\left({\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\right)}^2& ={\left(\frac{1}{2}{\int }_0^1(2x-1)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\right)}^2\\ & ⩽\frac{1}{4}{\int }_0^1(2x-1{)}^2\mathrm{d}x{\int }_0^1|f^{\prime }(x){|}^2\mathrm{d}x=\frac{1}{12}{\int }_0^1|f^{\prime }(x){|}^2\mathrm{d}x.\end{array}$$ $\square$

2含参变量反常积分的一致收敛性及判别法

含参变量反常积分的一致收敛性, Cauchy 准则, Weierstrass 判别法, Abel 判别法, Dirichlet 判别法

A 2.1.

1.	证明以下含参变量积分关于所考虑的参数内闭一致收敛, 但非一致收敛: $(1){\int }_0^{+\infty }{x}^{\alpha -1}{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x,\alpha >0$; $(2){\int }_0^{+\infty }{x}^{\alpha -1}{\mathrm{e}}^{-x}{\ln }^{3}x\mathrm{d}x,\alpha >0$; $(3){\int }_0^1{x}^{p-1}(1-x{)}^{q-1}\mathrm{d}x,p,q>0$; $(4){\int }_0^1{x}^{p-1}(1-x{)}^{q-1}\left(\ln x\right){\ln }^2(1-x)\mathrm{d}x,p,q>0$; $(5){\int }_0^{+\infty }\alpha {\mathrm{e}}^{-\alpha x}\mathrm{d}x,\alpha >0$; $(6){\int }_0^{+\infty }\alpha {\mathrm{e}}^{-{\alpha }^2{x}^2}\mathrm{d}x,\alpha >0$. 证明. (1) (2) (3) (4) (5) (6) $\square$
2.	考察以下含参变量积分关于所考虑的参数的一致收敛性 2: $(1){\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2\right)\mathrm{d}x,\alpha \in \mathbb{R}$; $(2){\int }_0^1{x}^{\alpha }\sin \frac{1}{x^{\beta }}\mathrm{d}x,\alpha >-2,\beta >0$; $(3){\int }_1^{+\infty }\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2{)}^2}\mathrm{d}x,y\in \mathbb{R}$; $(4){\int }_0^1\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2{)}^2}\mathrm{d}x,y>0$. 解答. (1) (2) (3) (4) $\square$
3.	设 $f\in C(0,+\infty )$, ${\int }_0^{+\infty }{t}^{\lambda }f(t)\mathrm{d}t$ 当 $\lambda =a,\lambda =b$ 时都收敛. 证明: ${\int }_0^{+\infty }{t}^{\lambda }f(t)\mathrm{d}t$ 关于 $\lambda \in [a,b]$ 一致收敛. 证明. $\square$

B 2.2.

1.	考察使得以下积分收敛的参数 $\alpha ,p,q$ 以及积分一致收敛的范围: $(1){\int }_0^1{x}^{\alpha }\sin \left(x^p+\frac{1}{x^q}\right)\mathrm{d}x$; $(2){\int }_1^{+\infty }{x}^{\alpha }\sin \left(x^p+\frac{1}{x^q}\right)\mathrm{d}x$. 解答. 内容... $\square$
2.	试讨论变量代换对于反常积分收敛性与一致收敛性的影响.

3含参变量积分的性质

含参变量积分的极限与连续性, 含参变量积分的可微性, 含参变量积分的积分, 积分的计算

定理 3.1. 设 $f:[a,+\infty )\times \Omega \to \mathbb{R}$, 其中 $\Omega \subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为区域, 且存在 ${\mathbf{y}}_0\in \Omega$, 使得 ${\int }_a^{+\infty }f(x,{\mathbf{y}}_0)\mathrm{d}x$ 收敛. 对几乎所有的 $x\in [a,+\infty )$, $f(x,\cdot )$ 在 $\Omega$ 内 (连续) 可微. 对任何 $A>a$, 存在 $g_A\in L^1[a,A]$ 使得$$\left|f_{\mathbf{y}}(x,\mathbf{y})\right|⩽g_A(x),\forall \mathbf{y}\in \Omega ,a.e.x\in [a,A].$$进一步,${\int }_a^{+\infty }{f}_{\mathbf{y}}(x,\mathbf{y})\mathrm{d}x$ 关于 $\mathbf{y}\in \Omega$ 一致收敛, 则对任何 $\mathbf{y}\in \Omega$, ${\int }_a^{+\infty }f(x,\mathbf{y})\mathrm{d}x$ 收敛, 而 $\phi (\mathbf{y})={\int }_a^{+\infty }f(x,\mathbf{y})\mathrm{d}x$ 在 $\Omega$ 内 (连续) 可微且$${\phi }_{\mathbf{y}}(\mathbf{y})={\int }_a^{+\infty }{f}_{\mathbf{y}}(x,\mathbf{y})\mathrm{d}x,\forall \mathbf{y}\in \Omega .$$另外, 当 $\Omega$ 为有界凸区域时, ${\int }_a^{+\infty }f(x,\mathbf{y})\mathrm{d}x$ 关于 $\mathbf{y}\in \Omega$ 一致收敛.

A 3.2.

1.	求极限:$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n+1}x+{\cos }^{n+1}x}\mathrm{d}x.$ 解答. 因为有$${\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n+1}x+{\cos }^{n+1}x}\mathrm{d}x\stackrel{\tan x=t}{=}{\int }_0^{+\infty }\frac{t^n+1}{\left(t^{n+1}+1\right)\sqrt{t^2+1}}\mathrm{d}t$$同时有 $\frac{t^n+1}{\left(t^{n+1}+1\right)\sqrt{t^2+1}}⩽\frac{2}{\sqrt{1+t^2}}$, 依 Lebesgue 控制收敛定理有$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{+\infty }\frac{t^n+1}{\left(t^{n+1}+1\right)\sqrt{t^2+1}}\mathrm{d}t={\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}\mathrm{d}t+{\int }_1^{+\infty }\frac{1}{t\sqrt{t^2+1}}\mathrm{d}t=2\ln (\sqrt{2}+1).$$或者, 注意到 $0⩽x⩽\frac{\pi }{4}$, 有 $0⩽\sin x⩽\cos x⩽1,\sec x⩾1$, 于是$${\int }_0^{\pi /4}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n+1}x+{\cos }^{n+1}x}\mathrm{d}x⩾{\int }_0^{\pi /4}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n}x\cos x+{\cos }^{n+1}x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /4}\frac{1}{\cos x}\mathrm{d}x,$$另一方面,$${\int }_0^{\pi /4}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n+1}x+{\cos }^{n+1}x}\mathrm{d}x⩽{\int }_0^{\pi /4}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\cos }^{n+1}x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /4}\frac{1}{\cos x}\mathrm{d}x+{\int }_0^{\pi /4}{\tan }^{n}x\sec x\mathrm{d}x,$$而$${\int }_0^{\pi /4}{\tan }^{n}x\sec x\mathrm{d}x⩽{\int }_0^{\pi /4}{\tan }^{n}x{\sec }^{2}x\mathrm{d}x=\frac{1}{n+1}.$$依夹逼准则可知$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi /4}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n+1}x+{\cos }^{n+1}x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /4}\sec x\mathrm{d}x=\ln (\sqrt{2}+1).$$注意到被积函数关于 $x=\frac{\pi }{2}$ 对称, 这就证明了结论. $\square$
2.	通过引入参数并利用积分号下求导计算 ${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x$. 解答. 记$$I(\alpha )={\int }_0^1\frac{\ln (1+\alpha x)}{1+x^2}\mathrm{d}x,$$则有$$I(0)=0,I(1)={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x.$$显然含参积分关于 $\alpha$ 一致收敛, 于是有$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }(\alpha )& ={\int }_0^1\frac{1}{1+x^2}\frac{x}{1+\alpha x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{1+{\alpha }^2}{\int }_0^1\frac{x+\alpha }{1+x^2}-\frac{\alpha }{1+\alpha x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left[\frac{\ln (1+x^2)}{2}+\alpha \arctan x-\ln (1+\alpha x)\right]{|}_0^1\\ & =\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left(\frac{\ln 2}{2}+\frac{\pi }{4}\alpha -\ln (1+\alpha )\right),\end{array}$$于是$$I(1)={\int }_0^1{I}^{\prime }(\alpha )\mathrm{d}\alpha ={\int }_0^1\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left(\frac{\ln 2}{2}+\frac{\pi }{4}\alpha \right)\mathrm{d}\alpha -I(1),$$于是$$\begin{array}{rl}I(1)& =\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left(\frac{\ln 2}{2}+\frac{\pi }{4}\alpha \right)\mathrm{d}\alpha \\ & =\frac{1}{2}\left[\frac{\ln 2}{2}\arctan \alpha +\frac{\pi }{4}\frac{\ln (1+{\alpha }^2)}{2}\right]{|}_0^1=\frac{\pi }{8}\ln 2.\end{array}$$ $\square$
3.	对应于定理 3.1, 给出并证明含参变量无穷积分被积函数关于参数仅在单点可微时的结果.
4.	对应于定理 3.1, 给出可能含有瑕点的含参变量积分可微性的结果并证明.
5.	证明 ${\int }_0^{\pi }\frac{\sin x}{x^{\alpha }(\pi -x{)}^{2-\alpha }}\mathrm{d}x$ 是区间 $(0,2)$ 内关于 $\alpha$ 的无界、 连续函数. 证明. $\square$
6.	计算 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^2\frac{x^n\ln x}{1+x^n}\mathrm{d}x$ 并说明计算过程合理. 解答. 由 Weierstrass 判别法可知原积分关于参数 $n$ 一致收敛, 从而$$\begin{array}{rl}& \underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^2\frac{x^n\ln x}{1+x^n}\mathrm{d}x=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left({\int }_0^1\frac{x^n\ln x}{1+x^2}\mathrm{d}x+{\int }_1^2\frac{x^n\ln x}{1+x^n}\mathrm{d}x\right)\\ & ={\int }_0^1\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{x^n\ln x}{1+x^n}\mathrm{d}x+{\int }_1^2\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{x^n\ln x}{1+x^n}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_1^2\ln x\mathrm{d}x=2\ln 2-1.\end{array}$$ $\square$
7.	设 $a,b>0$, 利用 Frullani 积分计算 ${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}\mathrm{d}x$. 解答. 置 $\ln x=-t$, 则 $\mathrm{d}x/x=-\mathrm{d}t$, 系 $\mathrm{d}x=-{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t$. 于是$${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-t(a+1)}-{\mathrm{e}}^{-t(b+1)}}{t}\mathrm{d}t=\ln \frac{b+1}{a+1}.$$$\square$
8.	考察下列积分与例 10.3.5 的联系, 并尝试以各种方法计算这些积分: (1) ${\int }_0^{\pi /2}\ln (a^2-{\sin }^{2}x)\mathrm{d}x,a⩾1.$ (2) ${\int }_0^{\pi }\ln (1+a\cos x)\mathrm{d}x|a|⩽1$. (3) ${\int }_0^{\pi }\ln (a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x)\mathrm{d}x,a^2+b^2>0.$ 解答. 依靠例 10.3.5 可以知道 ${\int }_0^{\pi }\ln (2-2\cos x)\mathrm{d}x=0$. 于是也有 ${\int }_0^{\pi }\ln (2+2\cos x)\mathrm{d}x=0$, 从而$${\int }_0^{\pi }\ln \left(1-\cos x\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }\ln \left(1+\cos x\right)\mathrm{d}x=-\pi \ln 2,$$于是有$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{\pi }\ln \left(1-\cos x\right)\mathrm{d}x+{\int }_0^{\pi }\ln \left(1+\cos x\right)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\pi }\ln \left(1-{\cos }^{2}x\right)\mathrm{d}x\\ & =2{\int }_0^{\pi /2}\ln \left(1-{\sin }^{2}x\right)\mathrm{d}x=-2\pi \ln 2.\end{array}$$ (1) 记 $F(a)={\int }_0^{\pi /2}\ln \left(a^2-{\sin }^{2}x\right)\mathrm{d}x$, 则有$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(a)& ={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a}{a^2-{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a}{(a^2-1){\sin }^{2}x+a^2{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a{\sec }^{2}x}{(a^2-1){\tan }^{2}x+a^2}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a}{(a^2-1){\tan }^{2}x+a^2}\mathrm{d}\left(\tan x\right)=\frac{\pi }{\sqrt{a^2-1}},\end{array}$$于是$$F(a)=\int \frac{\pi }{\sqrt{a^2-1}}\mathrm{d}a=\pi \ln (a+\sqrt{a^2-1})+C,$$由前述分析知 $F(1)=-\pi \ln 2$, 从而 $C=-\pi \ln 2$, 即 $F(a)=\pi \ln \left(a+\sqrt{a^2-1}\right)-\pi \ln 2$. (2) 记 $G(x)={\int }_0^{\pi }\ln \left(1+a\cos x\right)\mathrm{d}x$, 有 $G(x)={\int }_0^{\pi }\ln \left(1-a\cos x\right)\mathrm{d}x$, 这意味着我们可以只讨论 $a>0$ 的情况, 同时它也带给我们了另一个便利. 这在之后的不久便能体会到. 易见 $F(a)={\int }_0^{\pi /2}\ln \left(a^2-{\cos }^{2}x\right)\mathrm{d}x$, 当 $0<a⩽1$ 时, $\frac{1}{a}⩾1$, 于是$$\begin{array}{rl}F\left(\frac{1}{a}\right)& ={\int }_0^{\pi /2}\ln \left(\frac{1-a^2{\cos }^{2}x}{a^2}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\left(\ln (1+a\cos x)+\ln (1-a\cos x)-\ln a^2\right)\mathrm{d}x=G(x)-\pi \ln a,\end{array}$$由 (1) 的结果可得$$G(x)=\pi \ln \left(1+\sqrt{1-a^2}\right).$$ (3) 由于$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }\ln (a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x)\mathrm{d}x& ={\int }_0^{\pi /2}\ln (a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x)\mathrm{d}x+{\int }_{\pi /2}^{\pi }\ln (a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\pi /2}\ln (a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x)\mathrm{d}x+{\int }_0^{\pi /2}\ln (a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x)\mathrm{d}x,\end{array}$$不妨记 $I(a,b)={\int }_0^{\pi /2}\ln (a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x)\mathrm{d}x$. 若 $a=b>0$, 则有$$I(a,a)={\int }_0^{\pi /2}\ln a^2\mathrm{d}x=\pi \ln a,$$当 $a,b>0$ 时有$$\begin{array}{rl}\frac{\partial I(a,b)}{\partial a}& ={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a{\sin }^{2}x}{a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x\\ & =2a{\int }_0^{\pi /2}\frac{{\tan }^{2}x}{a^2{\tan }^{2}x+b^2}\mathrm{d}x\\ & =2a{\int }_0^{+\infty }\frac{t^2}{(a^2{t}^2+b^2)(1+t^2)}\mathrm{d}t\\ & =\frac{2a}{a^2-b^2}{\int }_0^{+\infty }\left(\frac{1}{1+t^2}-\frac{b^2}{a^2{t}^2+b^2}\right)\mathrm{d}t\\ & =\frac{2a}{a^2-b^2}{\left(\arctan t-\frac{b}{a}\arctan \frac{a}{b}t\right)|}_0^{+\infty }=\frac{\pi }{a+b},\end{array}$$于是 $I(a,b)=\pi \ln (a+b)+C(b)$, 令 $a=b$ 代入可得$$C(a)=I(a,a)-\pi \ln \left(2a\right)=\pi \ln a-\pi \left(\ln 2+\ln a\right)=-\pi \ln 2,$$即 $C(b)=-\pi \ln 2$, 得到 $I(a,b)=\pi \ln \frac{a+b}{2}$. 当 $a>0,b=0$ 时, 有$$I(a,0)={\int }_0^{\pi /2}\ln \left(a^2{\sin }^{2}x\right)\mathrm{d}x=2{\int }_0^{\pi /2}\left(\ln a+\ln \sin x\right)\mathrm{d}x=2\left(\frac{\pi }{2}\ln a+\left(-\frac{\pi }{2}\ln 2\right)\right)=\pi \ln \frac{a}{2},$$同理 $a=0,b>0$ 时 $I(0,b)=\pi \ln \frac{b}{2}$. 综上所述当 $a^2+b^2>0$ 时有 $I(a,b)=\pi \ln \frac{|a|+|b|}{2}$, 显然对于 ${\int }_0^{\pi /2}\ln \left(a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x\right)\mathrm{d}x$ 有同样的结果, 故$${\int }_0^{\pi }\ln \left(a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x\right)\mathrm{d}x=2\pi \ln \frac{|a|+|b|}{2}.$$$\square$ 例 10.3.5 设 $\alpha \in (-\infty ,+\infty )$. 计算 ${\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2\right)\mathrm{d}x$. 解答. 首先, 从含参积分的瑕点定义来看, 当 $\alpha$ 取值于整个 $\mathbb{R}$ 时, $[0,\pi ]$ 上所有点都是积分的瑕点. 但当我们把 $\alpha$ 限制在 $\mathbb{R}$ 上的有界集上时, 积分可能的瑕点只有 $0$ 和 $\pi$. 我们有$${\sin }^{2}x⩽1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2⩽2+2{\alpha }^2,$$因此,$$\left|\ln \left(1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2\right)\right|⩽\left|\ln {\sin }^{2}x\right|+\ln \left(2+2{\alpha }^2\right),\forall x\in (0,\pi ),$$于是由 Weierstrass 判别法, ${\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2\right)\mathrm{d}x$ 关于 $\alpha \in (-\infty ,+\infty )$ 内闭一致收敛. 于是利用一致收敛性或 Lebesgue 控制收敛定理,$$F(\alpha )={\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2\right)\mathrm{d}x$$在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续. 我们有$$\begin{array}{rl}& F(\alpha )=F(-\alpha )=\frac{1}{2}\left(F(\alpha )+F(-\alpha )\right)\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\ln \left((1+{\alpha }^2)-4{\alpha }^2{\cos }^{2}x\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\ln \left((1+{\alpha }^2{)}^2-2{\alpha }^2\cos 2x-2{\alpha }^2\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{4}{\int }_0^{2\pi }\ln \left(1+{\alpha }^4-2{\alpha }^2\cos x\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\ln \left(1+{\alpha }^4-2{\alpha }^2\cos x\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}F({\alpha }^2).\end{array}$$因此, $F(\pm 1)=0$. 更一般地, 反复利用上式可得$$F(\alpha )=\frac{1}{2^n}F\left({\alpha }^{2^n}\right),\forall \left|\alpha \right|<1,n⩾1.$$所以$$F(\alpha )=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{2^n}F\left({\alpha }^{2^n}\right)=0,F(0)=0,\forall \left|\alpha \right|<1.$$最后, 结合 $F\left(\frac{1}{\alpha }\right)=-2\pi \ln \left|\alpha \right|+F(\alpha )$ 可得 $F(\alpha )=\{\begin{array}{ll}2\pi \ln \left|\alpha \right|,& \left|\alpha \right|>1,\\ 0,& \left|\alpha \right|<1.\end{array}$ $\square$
9.	证明 $\underset{\alpha \to +\infty }{\lim }{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x\sqrt{x}}{\mathrm{e}}^{-\alpha x}\mathrm{d}x=0.$ 证明. $\square$
10.	计算 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^1\frac{\cos (\pi x)-{\mathrm{e}}^{-n^2{x}^2}}{n\arcsin x}\frac{\mathrm{d}x}{\ln (1+x)}$ 并说明计算过程成立的理由. 解答. 置 $nx=t$, 积分成为$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^n\frac{\cos \frac{\pi t}{n}-{\mathrm{e}}^{-t^2}}{n\arcsin \frac{t}{n}}\frac{\mathrm{d}t}{n\ln (1+\frac{t}{n})}.$$由控制收敛定理, 其值为$${\int }_0^{+\infty }(1-{\mathrm{e}}^{-t^2})\frac{\mathrm{d}t}{t^2}={\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}(1-{\mathrm{e}}^{-t^2})}{t}={\int }_0^{+\infty }2{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t=\sqrt{\pi }.$$$\square$
11.	计算 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt{n}{\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x}{(1+x^2{)}^n}\mathrm{d}x$ 并说明计算过程的正确性. 解答. 置 $\sqrt{n}x=t$, 积分成为$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{+\infty }\frac{\cos \frac{t}{\sqrt{n}}}{(1+\frac{t^2}{n}{)}^n}\mathrm{d}t={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t=\sqrt{\pi }/2.$$$\square$
12.	证明或证伪: 当 $n\to +\infty$ 时, ${\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{xt}\left(\frac{\cos \left(n+1/2\right)t}{\ln (1+t)}-\frac{\cos nt}{t}\right)\mathrm{d}t$ 关于 $x\in [0,1]$ 一致收敛于零.
13.	设 $f$ 是 $\left[0,1\right)$ 上的连续可微函数, $f(0)=0,f^{\prime }\in L^2(0,1)$. 证明:$${\int }_0^1\frac{|f(x){|}^2}{x^2}\mathrm{d}x⩽4{\int }_0^1|f^{\prime }(x){|}^2\mathrm{d}x.$$ 证明. 记 $g(x)=\{\begin{array}{ll}f(x)/x,& x\in (0,1),\\ f^{\prime }(0),& x=0\end{array}$, 那么原不等式等价于$${\int }_0^1{\left(g(x)\right)}^2\mathrm{d}x⩽4{\int }_0^1{\left(g(x)+x{g}^{\prime }(x)\right)}^2\mathrm{d}x,$$即$$\begin{array}{rl}0& ⩽{\int }_0^1\left(3g^2+8xg{g}^{\prime }+4x^2(g^{\prime }{)}^2\right)\mathrm{d}x\\ & =2{\int }_0^1\left(g^2+2xg{g}^{\prime }\right)\mathrm{d}x+{\int }_0^1{\left(g+2x{g}^{\prime }\right)}^2\mathrm{d}x,\end{array}$$而 ${\int }_0^1\left(g^2+2xg{g}^{\prime }\right)\mathrm{d}x=\left(x{g}^2\right){|}_0^1=g^2(1)⩾0$, 原不等式得证. $\square$
14.	设 $f$ 为以 $\pi$ 为周期且在 $[0,\pi ]$ 上可积的偶函数. 证明: (1) ${\int }_0^{+\infty }f(x)\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}f(x)\mathrm{d}x$. (2) ${\int }_0^{+\infty }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}f(x)\mathrm{d}x$. 证明. (1) 我们分三步证明. (i) 收敛性. 首先, ${\int }_0^{2\pi }\frac{f(x)\sin x}{x}\mathrm{d}x$ 是一个定积分. 其次, 由题设, 可见$${\int }_{2\pi }^{2k\pi }f(x)\sin x\mathrm{d}x=0,\forall k⩾1.$$由此不难得到对任何 $A>2\pi$, 成立$$\left|{\int }_{2\pi }^{A}f(x)\sin x\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_0^{\pi }\left|f(x)\right|\mathrm{d}x.$$于是由 Dirichlet 判别法, ${\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{f(x)\sin x}{x}\mathrm{d}x$ 收敛, 即原积分收敛. (ii) $f$ 为三角多项式情形. 若 $f=\sum _{k=0}^m{a}_k\cos (2kx)$, 则$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{+\infty }\frac{f(x)\sin x}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\sum _{k=0}^m\frac{a_k\cos (2kx)\sin x}{x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\sum _{k=0}^m{a}_k\frac{\sin \left((2k+1)x\right)-\sin \left((2k-1)x\right)}{x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{\pi }{4}\sum _{k=0}^m{a}_k\left(\mathrm{sgn}(2k+1)-\mathrm{sgn}(2k-1)\right)\\ & =\frac{\pi a_0}{2}={\int }_0^{\pi /2}f(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$ (iii) 一般情形. 一般地, 由于 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的连续函数, 根据 Weierstrass 第二逼近定理, 存在一列三角多项式 $T_n$ 使得$${\int }_0^{2\pi }\left|f(x)-T_n\right|\mathrm{d}x\to 0,n\to +\infty .$$令$$g_n(x)=\frac{T(x)+T(-x)}{2}+\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\left(f(t)-T_n(t)\right)\mathrm{d}t.$$则 $g_n$ 具有形式 $g_n(x)=\sum _{k=0}^{m_n}{a}_{n,k}\cos (2kx)$, 满足$${\int }_0^{2\pi }\left(g_n(x)-f(x)\right)\mathrm{d}x=0,$$且$${\epsilon }_n\equiv {\int }_0^{\pi }\left|f(x)-g_n(x)\right|\mathrm{d}x\to 0,n\to +\infty .$$记$$G_n(x)={\int }_0^x\left(f(t)-g_n(t)\right)\sin t\mathrm{d}t,x⩾0.$$则$$G_n(2k\pi )=0,\left|G_n(x)\right|⩽{\int }_0^{\pi }\left|f(t)-g_n(t)\right|\mathrm{d}t={\epsilon }_n.$$我们有$$\left|{\int }_0^{2\pi }\frac{\left(f(x)-g_n(x)\right)\sin x}{x}\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_0^{2\pi }\left|f(x)-g_n(x)\right|\mathrm{d}x=2{\epsilon }_n,$$$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{\left(f(x)-g_n(x)\right)\sin x}{x}\mathrm{d}x\right|=\left|\frac{G_n(x)}{x}{|}_{2\pi }^{+\infty }+{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{G_n(x)}{x^2}\mathrm{d}x\right|\\ & =\left|{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{G_n(x)}{x^2}\mathrm{d}x\right|⩽{\epsilon }_n{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{1}{x^2}\mathrm{d}x⩽{\epsilon }_n.\end{array}$$于是$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_0^{+\infty }\frac{f(x)\sin x}{x}\mathrm{d}x-{\int }_0^{\pi /2}f(x)\mathrm{d}x\right|\\ & =|{\int }_0^{+\infty }\frac{(f(x)-g_n(x))\sin x}{x}\mathrm{d}x-{\int }_0^{\pi /2}(f(x)-g_n(x))\mathrm{d}x|\\ & ⩽\left|{\int }_0^{2\pi }\frac{\left(f(x)-g_n(x)\right)\sin x}{x}\mathrm{d}x\right|+\left|{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{\left(f(x)-g_n(x)\right)\sin x}{x}\mathrm{d}x\right|+\left|{\int }_0^{\pi /2}\left(f(x)-g_n(x)\right)\mathrm{d}x\right|\\ & ⩽2{\epsilon }_n+{\epsilon }_n+{\epsilon }_n.\end{array}$$令 $n\to +\infty$ 即得结论. (2) 情况类似. (i) 收敛性. 易见 ${\int }_0^{2\pi }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x$ 是一个定积分, 而 ${\int }_{2\pi }^{+\infty }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x$ 绝对收敛, 因此, 原积分收敛. (ii) $f$ 为三角多项式情形. 设 $f=\sum _{k=0}^m{a}_k\cos (2k\pi x)$. 注意到$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{+\infty }\cos (2kx){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos (2kx)\sin 2x-2k\sin (2kx){\sin }^{2}x}{x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin \left(2(k+1)x\right)-\sin (2(k-1)x)-2k\sin (2kx)+k\sin \left(2(k+1)x\right)+k\sin \left(2(k-1)x\right)}{2x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{\pi }{2}\left(\mathrm{sgn}(k+1)-\mathrm{sgn}(k-1)-2k\mathrm{sgn}(k)+k\mathrm{sgn}(k+1)+k\mathrm{sgn}(k-1)\right)=\{\begin{array}{ll}\pi /2,& k=0,\\ 0,& k⩾1.\end{array}\end{array}$$此时 ${\int }_0^{+\infty }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}f(x)\mathrm{d}x$ 成立. (iii) 一般情形. 一般地, 对于满足题意的函数 $f$, 存在一列三角多项式 $g_n(x)=\sum _{k=0}^{m_n}{a}_{n,k}\cos (2kx)$, 使得$$\underset{x\in [0,\pi ]}{\max }\left|g_n(x)\right|⩽M_f:=\underset{x\in [0,\pi ]}{\sup }\left|f(x)\right|,$$且$${\epsilon }_n\equiv {\int }_0^{\pi }\left|f(x)-g_n(x)\right|\mathrm{d}x\to 0,n\to +\infty .$$取自然数列 $\{k_n\}$ 使得 $k_n\to +\infty$, 且 $k_n^2{\epsilon }_n⩽1$. 我们有$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_0^{+\infty }\left(f(x)-g_n(x)\right){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x\right|\\ & ⩽{\int }_0^{k_n\pi }\left|f(x)-g_n(x)\right|\mathrm{d}x+2M_f{\int }_{k_n\pi }^{+\infty }\frac{1}{x^2}\mathrm{d}x=k_n{\epsilon }_n+\frac{2M_f}{k_n\pi }.\end{array}$$于是$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{+\infty }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{+\infty }{g}_n(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi /2}{g}_n(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}f(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$由此即得结论. $\square$ 本题还有其他方法. 直接利用换元法与 $\csc x$ 的展开式, 简述步骤如下.
15.	设 $f$ 为以 $2\pi$ 为周期在 $[0,2\pi ]$ 上可积的偶函数. 证明:$${\int }_0^{+\infty }f(x)\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }f(x)(1+\cos x)\mathrm{d}x.$$ 证明. $\square$
16.	证明 ${\int }_0^1\frac{1}{x^x}\mathrm{d}x=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^n}$. 证明. 由 ${\int }_0^1\frac{1}{x^x}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{1}{{\mathrm{e}}^{x\ln x}}\mathrm{d}x$, 并且$${\int }_0^1\frac{1}{{\mathrm{e}}^{x\ln x}}\mathrm{d}x={\int }_0^1\left(\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n(x\ln x{)}^n}{n!}\right)\mathrm{d}x,$$设$$f(x)=\left|x\ln x\right|,x\in [0,1],$$即 $f(x)=-x\ln x$, 易见 $f(x)$ 有最大值 $\frac{1}{\mathrm{e}}$, 从而上述的被积函数中的级数有优级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{{\mathrm{e}}^n}{n!}$, 由 Weierstrass 判别法可知该级数一致收敛, 从而可逐项积分, 即$${\int }_0^1\frac{1}{x^x}\mathrm{d}x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n!}{\int }_0^1{x}^n{\ln }^{n}x\mathrm{d}x,$$现在来计算 ${\int }_0^1{x}^n{\ln }^{n}x\mathrm{d}x$, 置 $x^{n+1}={\mathrm{e}}^{-y}$ 得到$${\int }_0^1{x}^n{\ln }^{n}x\mathrm{d}x=\frac{(-1{)}^n}{(n+1{)}^{n+1}}{\int }_0^{+\infty }{y}^n{\mathrm{e}}^{-y}\mathrm{d}y,$$将右侧的积分记为 $\Gamma (n)$, 有$$\Gamma (n)={\int }_0^{+\infty }{y}^n{\mathrm{e}}^{-y}\mathrm{d}y={-y^n{\mathrm{e}}^{-y}|}_0^{+\infty }+n{\int }_0^{+\infty }{y}^{n-1}{\mathrm{e}}^{-y}\mathrm{d}y=n\Gamma (n-1),$$于是 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n!}\cdot (-1{)}^n\frac{n!}{(n+1{)}^{n+1}}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^n}.$ $\square$
17.	对于 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$, 用 $L\ln L(E)$ 表示满足 ${\int }_E|f(\mathbf{x})|\ln \left(1+|f(\mathbf{x})|\right)\mathrm{d}\mathbf{x}<+\infty$ 的函数 $f$ 的全体. 现设 $a>0,f:[0,1]\to \left[a,+\infty \right),f\in L\ln L[0,1]$. 证明:$${\int }_0^{1}f(x)\ln f(x)\mathrm{d}x⩾{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x{\int }_0^1\ln f(x)\mathrm{d}x.$$ 证明. 展开$${\int }_0^1{\int }_0^1(f(x)-f(y))(\ln f(x)-\ln f(y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y⩾0$$即可. $\square$
18.	试利用 $\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos kx=\frac{\sin \left(n+1/2\right)x}{2\sin (x/2)}$ 证明:$$\frac{\pi }{2}=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+1/2\right)x}{2\sin (x/2)}\mathrm{d}x=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+1/2\right)x}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x.$$ 证明. 题中等式表明第一个等号成立, 第三个等号是显然的, 第二个等号则是对有界函数 $\frac{1}{2\sin (x/2)}-\frac{1}{x}$ 用 Riemann–Lebsgue 引理. $\square$

B 3.3.

1.	设 $\alpha >0$, 求 $n\to +\infty$ 时 ${\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }\frac{x}{1+x^{\alpha }{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x$ 的阶. 解答. 我们记$$I_n={\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }\frac{x}{1+x^{\alpha }{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi }\frac{x+n\pi }{1+(x+n\pi {)}^{\alpha }{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x,$$一方面$$\begin{array}{rl}{I}_n& ⩾2{\int }_0^{\pi /2}\frac{n\pi }{1+(n+1{)}^{\alpha }{\pi }^{\alpha }{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x⩾2{\int }_0^{\pi /2}\frac{n\pi }{1+(n+1{)}^{\alpha }{\pi }^{\alpha }{x}^2}\mathrm{d}x\\ & =\frac{2n\pi }{(n+1{)}^{\alpha /2}{\pi }^{\alpha /2}}\arctan \left(\frac{(n+1{)}^{\alpha /2}{\pi }^{\alpha /2+1}}{2}\right)=O(n^{1-\alpha /2}).\end{array}$$另一方面$$\begin{array}{rl}{I}_n& ⩽2{\int }_0^{\pi /2}\frac{(n+1)\pi }{1+n^{\alpha }{\pi }^{\alpha }{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x⩽2{\int }_0^{\pi /2}\frac{(n+1)\pi }{1+n^{\alpha }{\pi }^{\alpha }(2x/\pi {)}^2}\mathrm{d}x\\ & =\frac{(n+1)\pi }{n^{\alpha /2}{\pi }^{\alpha /2-1}}\arctan (n^{\alpha /2}{\pi }^{\alpha /2})=O(n^{1-\alpha /2}).\end{array}$$故 ${\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }\frac{x}{1+x^{\alpha }{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x=O(n^{1-\alpha /2})$. $\square$
2.	计算 ${\int }_0^{+\infty }\frac{(1-x^2)\arctan x^2}{x^4+4x^2+1}\mathrm{d}x.$ 解答. 注意到 $\arctan x^2={\int }_0^{x^2}\frac{1}{1+y^2}\mathrm{d}y$, 于是有$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{+\infty }\frac{(1-x^2)\arctan x^2}{x^4+4x^2+1}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{1-x^2}{x^4+4x^2+1}\left({\int }_0^{x^2}\frac{1}{1+y^2}\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{+\infty }{\int }_{\sqrt{y}}^{+\infty }\frac{1-x^2}{x^4+4x^2+1}\cdot \frac{1}{1+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$$先处理 ${\int }_{\sqrt{y}}^{+\infty }\frac{1-x^2}{x^4+4x^2+1}\mathrm{d}x$, 有$$\frac{1-x^2}{x^4+4x^2+1}=\frac{A}{x^2+2-\sqrt{3}}-\frac{B}{x^2+2+\sqrt{3}},$$其中 $A=\frac{\sqrt{3}-1}{2},B=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$, 于是有$$\begin{array}{rl}{\int }_{\sqrt{y}}^{+\infty }\frac{1-x^2}{x^4+4x^2+1}\mathrm{d}x& ={\int }_{\sqrt{y}}^{+\infty }\frac{A}{x^2+2-\sqrt{3}}-\frac{B}{x^2+2+\sqrt{3}}\mathrm{d}x\\ & =\frac{A}{\sqrt{2-\sqrt{3}}}\arctan \frac{x}{\sqrt{2-\sqrt{3}}}-\frac{B}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}\arctan \frac{x}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{|}_{\sqrt{y}}^{+\infty }\\ & =\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\arctan \left(\sqrt{2-\sqrt{3}}\cdot \sqrt{y}\right)-\arctan \left(\sqrt{2+\sqrt{3}}\cdot \sqrt{y}\right)\right).\end{array}$$我们记 $I(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan \left(\alpha \sqrt{y}\right)}{1+y^2}\mathrm{d}y$ $(\alpha ⩾0)$, 易见其关于参数 $\alpha$ 一致收敛, 于是$${\int }_0^{+\infty }{\int }_{\sqrt{y}}^{+\infty }\frac{1-x^2}{x^4+4x^2+1}\cdot \frac{1}{1+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(I\left(\sqrt{2-\sqrt{3}}\right)-I\left(\sqrt{2+\sqrt{3}}\right)\right).$$另一方面, 易见 $I(0)=0$,$$I^{\prime }(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\sqrt{y}}{(1+y^2)(1+{\alpha }^{2}y)}\mathrm{d}y={\int }_0^{+\infty }\frac{2y^2}{(1+y^4)(1+{\alpha }^2{y}^2)}\mathrm{d}y,$$记 $f(z)=\frac{2z^2}{(1+z^4)(1+{\alpha }^2{z}^2)}$, 其在上半平面内有三个极点,$$a_1={\mathrm{e}}^{\pi \mathrm{i}/4},a_2={\mathrm{e}}^{3\pi \mathrm{i}/4},a_3=\frac{\mathrm{i}}{\alpha },$$容易计算 $\mathrm{Res}(f,a_k)=\frac{2z^2}{4z^3(1+{\alpha }^2{z}^2)+2{\alpha }^{2}z(1+z^4)}{|}_{z=a_k}$ 分别为$$r_1:=-\frac{{\mathrm{e}}^{3\pi \mathrm{i}/4}}{2\left(1+{\alpha }^2{\mathrm{e}}^{\pi \mathrm{i}/2}\right)},r_2:=-\frac{{\mathrm{e}}^{\pi \mathrm{i}/4}}{2\left(1+{\alpha }^2{\mathrm{e}}^{3\pi \mathrm{i}/2}\right)},r_3:=\frac{\mathrm{i}\alpha }{1+{\alpha }^4},$$于是 $I^{\prime }(\alpha )=\pi \mathrm{i}\sum _{k=1}^3{r}_k=\frac{\left(\sqrt{2}{\alpha }^2-2\alpha +\sqrt{2}\right)\pi }{2(1+{\alpha }^4)}$, 注意到$$\int \frac{\alpha }{1+{\alpha }^4}\mathrm{d}\alpha =\frac{1}{2}\arctan {\alpha }^2+C,$$以及$$\int \frac{{\alpha }^2+1}{1+{\alpha }^4}\mathrm{d}\alpha =\int \frac{1+1/{\alpha }^2}{{\left(\alpha -1/\alpha \right)}^2+2}\mathrm{d}\alpha =\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \left(\frac{\alpha -1/\alpha }{\sqrt{2}}\right)+C.$$于是$$\begin{array}{rl}& I\left(\sqrt{2-\sqrt{3}}\right)-I\left(\sqrt{2+\sqrt{3}}\right)={\int }_{\sqrt{2+\sqrt{3}}}^{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{I}^{\prime }(\alpha )\mathrm{d}\alpha \\ & =\frac{\pi }{2}\left(\arctan \left(\frac{\alpha -1/\alpha }{\sqrt{2}}\right)-\arctan {\alpha }^2\right){|}_{\sqrt{2+\sqrt{3}}}^{\sqrt{2-\sqrt{3}}}\\ & =\frac{\pi }{2}\left(2\arctan \frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}-\sqrt{2+\sqrt{3}}}{\sqrt{2}}-\left(\arctan \sqrt{2-\sqrt{3}}-\arctan \sqrt{2+\sqrt{3}}\right)\right)\\ & =\frac{\pi }{2}\left(-\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{3}\right)=-\frac{\pi }{12}.\end{array}$$所以 ${\int }_0^{+\infty }\frac{(1-x^2)\arctan x^2}{x^4+4x^2+1}\mathrm{d}x=-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{{\pi }^2}{12}=-\frac{\sqrt{2}{\pi }^2}{24}.$ $\square$
3.	设 $\alpha \in [0,1]$, 计算 ${\int }_0^{\pi }\ln |a^2-{\sin }^{2}x|\mathrm{d}x.$ 解答. $\square$
4.	试寻求一些线性算子的积分不等式, 给出与之对偶的不等式.
5.	构造 $[0,1]$ 上的函数 $f$, 使得 $\overline{\{\left(x,f(x)\right)|x\in [0,1]\}}=[0,1]\times [0,1]$.
6.	设 $p>1,f\in L^p(0,+\infty )$ 且 $f$ 非负, 证明 Hardy 不等式:$${\int }_0^{+\infty }{\left(\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t\right)}^p\mathrm{d}x⩽{\left(\frac{p}{p-1}\right)}^p{\int }_0^{+\infty }{f}^p(x)\mathrm{d}x,$$其中 ${\left(\frac{p}{p-1}\right)}^p$ 为最佳常数, 等号成立当且仅当 ${\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=0$. 证明. 下一题 $r=p$ 的情况. $\square$
7.	设 $p>1,f\in L^p(0,+\infty )$ 且 $f$ 非负. 又设 $r>0,r\ne 1$. 证明 Hardy 不等式的推广: 若 $r>1$, 则$${\int }_0^{+\infty }{x}^{-r}{\left({\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t\right)}^p\mathrm{d}x⩽{\left(\frac{p}{r-1}\right)}^p{\int }_0^{+\infty }{x}^{p-r}{f}^p(x)\mathrm{d}x.$$若 $0<r<1$, 则$${\int }_0^{+\infty }{x}^{-r}{\left({\int }_x^{+\infty }f(t)\mathrm{d}t\right)}^p\mathrm{d}x⩽{\left(\frac{p}{r-1}\right)}^p{\int }_0^{+\infty }{x}^{p-r}{f}^p(x)\mathrm{d}x.$$ 证明. Put $b=r-1$. On the multiplicative group $\left({\mathbb{R}}^{+},\frac{dt}{t}\right)$, consider the convolution of the functions $|f(x)|x^{1-\frac{b}{p}}$ with $x^{-\frac{b}{p}}{\chi }_{[1,\infty )}$, and of the functions $|f(x)|x^{1+\frac{b}{p}}$ with $x^{\frac{b}{p}}{\chi }_{(0,1]}$. For the first inequality, let $g(x)=|f(x)|x^{1-\frac{b}{p}}\in L^p({\mathbb{R}}^{+},\frac{dx}{x})$ and $h(x)=x^{-\frac{b}{p}}{\chi }_{[1,\infty )}\in L^1({\mathbb{R}}^{+},\frac{dx}{x})$. Now compute$$(g\ast h)(x)={\int }_0^{\infty }|f(t)|t^{1-\frac{b}{p}}{\left(\frac{x}{t}\right)}^{-\frac{b}{p}}{\chi }_{[1,\infty )}\left(\frac{x}{t}\right)\frac{dt}{t}=x^{-\frac{b}{p}}{\int }_0^x|f(t)|dt$$since $\frac{x}{t}\in [1,\infty )$ if and only if $t\in (0,x]$. We have$$\Vert g\ast h{\Vert }_{L^p}={\left({\int }_0^{\infty }{\left({\int }_0^x|f(t)|dt\right)}^p{x}^{-b}\frac{dx}{x}\right)}^{\frac{1}{p}}={\left({\int }_0^{\infty }{\left({\int }_0^x|f(t)|dt\right)}^p{x}^{-b-1}dx\right)}^{\frac{1}{p}},$$and also$$\Vert g{\Vert }_{L^p}=\left({\int }_0^{\infty }|f(t){|}^p{t}^{p-b-1}dt\right),$$and$$\Vert h{\Vert }_{L^1}={\int }_0^{\infty }{t}^{-\frac{b}{p}}{\chi }_{[1,\infty )}\frac{dt}{t}={\int }_1^{\infty }{t}^{-\frac{b}{p}-1}dt=\frac{p}{b}.$$The desired inequality now follows from $\Vert g\ast h{\Vert }_{L^p}⩽\Vert g{\Vert }_{L^p}\Vert h{\Vert }_{L^1}$. For the second inequality we proceed analogously with $g(x)=|f(x)|x^{1+\frac{b}{p}}$ and $h(x)=x^{\frac{b}{p}}{\chi }_{(0,1]}$. We have$$(g\ast h)(x)={\int }_0^{\infty }|f(t)|t^{1+\frac{b}{p}}{\left(\frac{x}{t}\right)}^{\frac{b}{p}}{\chi }_{(0,1]}\left(\frac{x}{t}\right)\frac{dt}{t}=x^{\frac{b}{p}}{\int }_x^{\infty }|f(t)|dt.$$We also have$$\begin{array}{rl}\Vert g\ast h{\Vert }_{L^p}& =\left({\int }_0^{\infty }{\left({\int }_x^{\infty }|f(t)|dt\right)}^p{x}^b\frac{dx}{x}\right)\\ & =\left({\int }_0^{\infty }{\left({\int }_x^{\infty }|f(t)|dt\right)}^p{x}^{b-1}dx\right),\end{array}$$$$\Vert g{\Vert }_{L^p}={\left({\int }_0^{\infty }|f(t){|}^p{t}^{p+b-1}dt\right)}^{\frac{1}{p}},$$and$$\Vert h{\Vert }_{L^1}={\int }_0^{\infty }{t}^{\frac{b}{p}}{\chi }_{(0,1]}(t)\frac{dt}{t}={\int }_0^1{t}^{\frac{b}{p}-1}dt=\frac{p}{b}.$$so the desired inequality again follows from $\Vert g\ast h{\Vert }_{L^p}⩽\Vert g{\Vert }_{L^p}\Vert h{\Vert }_{L^1}$. $\square$
8.	设 $p,q>1$ 为对偶数, $f\in L^q(0,+\infty )$ 且 $f$ 非负. 令 $F(f)(x)={\int }_x^{+\infty }\frac{f(t)}{t}\mathrm{d}t.$ 利用 Hardy 不等式以及对偶关系证明: ${\Vert F(f)\Vert }_{L^q(0,+\infty )}⩽\frac{p}{p-1}{\Vert f\Vert }_{L^q(0,+\infty )}$. 证明. $\square$

1.	^ 注: 在讨论含参数的问题时, 一开始不妨对参数的分类分得细一点, 最后再作适当的合并.
2.	^ 习题中讨论一致收敛性需包括内闭一致收敛性, 或者说需要讨论关于一致收敛性能够得到的最好结果.

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