用户: Solution/ 习题: 楼分析/广义积分与含参变量广义积分

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. 设 $f$ 在 $\left(0,1\right]$ 上非负单调, 证明: ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)={\int }_0^{1}f(x)dx$, 这里右端的积分可能是 $+\infty$.

证明. 不妨设 $f$ 单调递减, 则有$${\int }_{k/n}^{(k+1)/n}f(x)dx⩽\frac{1}{n}f\left(\frac{k}{n}\right)⩽{\int }_{(k-1)/n}^{k/n}f(x)dx,k=1,2,\cdots ,n-1,$$于是有$${\int }_{1/n}^{1}f(x)dx⩽\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)⩽{\int }_0^{1-1/n}f(x)dx,$$令 $n\to +\infty$ 即得结论.

$\square$

讨论以下积分的敛散性 ¹:

$(1){\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{x^a(x-1{)}^{2b}}dx$;		$(2){\int }_0^{+\infty }\sin (x^p+\frac{1}{x^q})dx,p,q>0$;
$(3){\int }_0^{+\infty }\frac{\sin \pi x}{x^{\alpha }|x-1{|}^{\beta }}dx$;		$(4){\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{x^p\sqrt[3]{{\sin }^{2}x}}$;
$(5){\int }_0^{+\infty }\left(\ln x\right)\sin (x^p)dx$.

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$${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{x^a(x-1{)}^{2b}}dx={\int }_0^{\delta }\frac{\ln x}{x^a(x-1{)}^{2b}}dx+{\int }_{\delta }^1\frac{\ln x}{x^a(x-1{)}^{2b}}+{\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{x^a(x-1{)}^{2b}}=:I_1+I_2+I_3,$$先考察 $I_1$ 得敛散性, 易见 $I_1$ 的敛散性于 ${\int }_0^{\delta }\frac{\ln x}{x^a}dx$ 相同, 由于$${\int }_0^{\delta }\frac{\ln x}{x^a}dx=-{\int }_{1/\delta }^{+\infty }\frac{\ln t}{t^{2-a}}dt,$$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)

(4) 易见 $x=k\pi (k\in {\mathbb{Z}}_{+})$ 都是瑕点, 由于 $\sin x\sim$

(5)

$\square$

说明以下积分收敛并求其值:

$(1){\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}dx$;	$(2){\int }_0^{\pi }x\ln \sin xdx$;
$(3){\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2r\cos x+r^2\right)dx$;	$(4){\int }_0^{+\infty }{e}^{-\left(x^2+1/x^2\right)}dx$;

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 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}dx$ 收敛, 从而原积分收敛. 置 $x=\frac{1}{t}$, 得到$${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{t^{\alpha }}{(1+t^2)(1+t^{\alpha })}dt,$$于是 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{1+x^{\alpha }}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}=\frac{\pi }{4}$.

(2) 注意到 ${\lim }_{x\to 0^{+}}x\ln \sin x=0$, 故 $0$ 不是瑕点, 而$$\underset{x\to {\pi }^{-}}{\lim }\sqrt{\pi -x}\cdot x\ln \sin x=0,$$可知 ${\int }_0^{\pi }x\ln \sin xdx$ 收敛. 置 $x=\pi -t$, 有$$I:={\int }_0^{\pi }x\ln \sin xdx={\int }_0^{\pi }(\pi -t)\ln \sin tdt=\pi {\int }_0^{\pi }\ln \sin xdx-I,$$从而 ${\int }_0^{\pi }x\ln \sin xdx=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }\ln \sin xdx=-\frac{{\pi }^2}{2}\ln 2.$

(3) 先考虑 $\left|r\right|<1$ 的情形. 把 $r$ 看成参变量, 记 $I(r)={\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2r\cos x+r^2\right)dx$ 并对 $r$ 求导, 得到$$I^{\prime }(r)={\int }_0^{\pi }\frac{-2\cos x+2r}{1-2r\cos x+r^2}dx,$$由此可得 $I^{\prime }(0)=-2{\int }_0^{\pi }\cos xdx=0$. 现设 $r\ne 0$, 则$$I^{\prime }(r)=\frac{1}{r}{\int }_0^{\pi }\left(1-\frac{1-r^2}{1-2r\cos x+r^2}\right)dx=\frac{1}{r}\left(\pi -(1-r^2){\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1-2r\cos x+r^2}\right),$$做变换 $t=\tan \left(x/2\right)$, 可得$$(1-r^2){\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1-2r\cos x+r^2}=\frac{1+r}{1-r}{\int }_0^{+\infty }\frac{2dt}{1+{\left(\frac{1+r}{1-r}\right)}^2}={2\arctan \frac{1+r}{1-r}t|}_0^{+\infty }=\pi .$$这里用到了 $\left|r\right|<1$ 的条件, 从而 $I^{\prime }(r)\equiv 0$, 易见 $I(0)=0$, 从而 $I(r)\equiv 0$.

在考虑 $\left|r\right|>1$ 的情形. 令 $\rho =1/r$, 则 $\left|\rho \right|<1$. 于是$$I(r)=I\left(\frac{1}{\rho }\right)={\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2\rho \cos x+{\rho }^2\right)dx-{\int }_0^{\pi }\ln {\rho }^{2}dx=-2\pi \ln \left|\rho \right|=2\pi \ln \left|r\right|.$$

当 $r=\pm 1$ 时, 利用上题结果可知$${\int }_0^{\pi /2}\ln \sin xdx={\int }_0^{\pi /2}\ln \cos xdx=-\frac{\pi }{2}\ln 2.$$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 ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-(x^2+1/x^2)}dx$ 收敛, 置 $x=\frac{1}{t}$ 得到$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-(x^2+1/x^2)}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{t^2}{e}^{-(t^2+1/t^2)}dt,$$于是有$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-(x^2+1/x^2)}& =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-\left((x-\frac{1}{x}{)}^2+2\right)}\left(1+\frac{1}{x^2}\right)dx=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-\left((x-\frac{1}{x}{)}^2+2\right)}d\left(x-\frac{1}{x}\right)\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-t^2-2}dt=\frac{\sqrt{\pi }}{2e^2}.\end{array}$$

$\square$

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 ${\int }_0^{\pi }\ln \sin xdx=-\pi \ln 2.$ 设 $f$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 非负, 严格单调下降, 证明: ${\int }_0^{x}f(t)\sin tdt>0$. 特别地, 对于任何 $x>0$ 成立 ${\int }_0^x{e}^{-t}\sin tdt>0$.

证明.

$\square$

若 $f(0^{+})$ 存在, $\forall A>0,{\int }_A^{+\infty }\frac{f(x)}{x}dx$ 收敛, 试计算 Frullani 积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx$, 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 $0<\delta <\Delta <+\infty ,{\int }_{\delta }^{\Delta }\frac{f(x)}{x}dx$ 存在. 则$$\begin{array}{rl}& {\int }_{\delta }^{\Delta }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx={\int }_{\delta }^{\Delta }\frac{f(ax)}{x}dx-{\int }_{\delta }^{\Delta }\frac{f(bx)}{x}dx\\ & ={\int }_{a\delta }^{a\Delta }\frac{f(t)}{t}dt-{\int }_{b\delta }^{b\Delta }\frac{f(t)}{t}dt={\int }_{a\delta }^{b\delta }\frac{f(t)}{t}dt-{\int }_{a\Delta }^{b\Delta }\frac{f(t)}{t}dt\end{array}$$我们记 $J_1={\int }_{a\delta }^{b\delta }\frac{f(t)}{t}dt,J_2={\int }_{a\Delta }^{b\Delta }\frac{f(t)}{t}dt.$ 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, $\forall A>0,{\int }_A^{+\infty }\frac{f(x)}{x}dx$ 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, $\forall \epsilon >0,{\int }_0^{\epsilon }\frac{f(x)}{x}dx$ 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 ${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x=f(+\infty )\ln \frac{a}{b}.$

$\square$

若 $f(+\infty )$ 存在, $\forall \epsilon >0,{\int }_0^{\epsilon }\frac{f(x)}{x}dx$ 收敛, 试计算 Frullani 积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx$, 其中 $a,b>0$.

解答 1.2. 参见上一题的解答.

设 $f\in C\left[0,+\infty \right),f>0$. 若 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{f(x)}dx$ 收敛. 证明: ${\lim }_{A\to +\infty }\frac{1}{A^2}{\int }_0^{A}f(x)dx=+\infty$.

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$${\int }_a^{a+N}f(x)dx=\sum _{n=a}^{a+N-1}{\int }_n^{n+1}\frac{1}{f(x)}dx⩾\frac{N}{A^3}\to +\infty ,N\to +\infty ,$$与积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{f(x)}dx$ 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$$\frac{1}{A^2}{\int }_0^{A}f(x)dx⩾\frac{1}{A^2}{\int }_a^{a+1}f(x)dx>A\to +\infty ,A\to +\infty .$$

$\square$

证明: ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_0^{+\infty }\frac{\cos \left(nx+1/x\right)}{1+x^2}dx=0$.

证明. 由于 $\cos \left(nx+1/x\right)=\cos (nx)\cos \left(1/x\right)-\sin (nx)\sin (1/x)$, 记$$I_n={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos (1/x)}{1+x^2}\cdot \cos (nx)dx,J_n={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin (1/x)}{1+x^2}\cdot \sin (nx)dx,$$易见对于任何 $n\in {\mathbb{N}}^{+}$, $I_n,J_n$ 都收敛. 我们只需要证明 ${\lim }_{n\to +\infty }\left(I_n-J_n\right)=0,$ 由分部积分公式$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{\cos (1/x)}{1+x^2}\cdot \cos (nx)dx& ={\frac{\sin nx}{n}\frac{\cos (1/x)}{1+x}|}_0^{+\infty }-\frac{1}{n}{\int }_0^{+\infty }{\left(\frac{\cos (1/x)}{1+x^2}\right)}^{\prime }\sin nxdx\\ & =-\frac{1}{n}{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin (1/x)\cdot \frac{1+x^2}{x^2}-2x\cdot \cos (1/x)}{(1+x^2{)}^2}\cdot \sin nxdx\end{array}$$

$\square$

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: ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{{\int }_a^b{f}^n(x)\phi (x)dx}{{\int }_a^b{f}^n(x)dx}=\phi (c)$.

B 1.3. 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. 试讨论更一般的反常重积分的定义. 特别的, 考虑在定义反常重积分时, 瑕点集可以一般到什么程度. 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$$x^{n^2}<{\int }_{(n-1)}^n{x}^{t^2}dt<x^{(n-1{)}^2},(n⩾1),$$因此$${\int }_0^{+\infty }{x}^{t^2}dt⩽\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{n^2}⩽1+{\int }_0^{+\infty }{x}^{t^2}dt,$$而$${\int }_0^{+\infty }{x}^{t^2}dt={\int }_0^{+\infty }\exp \left(-t^2\ln \frac{1}{x}\right)dt=\frac{1}{\sqrt{\ln \frac{1}{x}}}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}dt=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{\ln \frac{1}{x}}}.$$当 $x\to 1^{-}$ 时, $\ln x\sim x-1$, 因此 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^{n^2}\sim \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{1-x}}$.

$\square$

•	举例说明, 存在恒正的 $f$ 使得 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛, 但 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ 不存在.
•	举例说明, 存在恒正的无穷次可导函数 $f$ 使得 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛, 但 ${\overline{\lim }}_{x\to +\infty }f(x)$ 不存在.
•	若 $f$ 一致连续, 且 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛, 证明:${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0.$

证明: ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_0^{\pi /2}\sin x^{n}dx=0$.

证明. 由于$${\int }_0^{\pi /2}\sin x^{n}dx={\int }_0^1\sin x^{n}dx+{\int }_1^{\pi /2}\sin x^{n}dx,$$而$$\begin{array}{c}0⩽{\int }_0^1\sin x^{n}dx⩽{\int }_0^1{x}^{n}dx=\frac{1}{n+1},\\ -\frac{2}{n}⩽{\int }_1^{\pi /2}\frac{1}{n{x}^{n-1}}\cdot n{x}^{n-1}\sin x^{n}dx\stackrel{\text{积分第二中值定理}}{=}\frac{1}{n}{\int }_0^{\xi }d\left(-\cos x^n\right)⩽\frac{2}{n}\end{array}$$依夹逼准则有 ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_0^{\pi /2}\sin x^{n}dx=0$.

$\square$

证明: ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_0^{\pi /2}\cos x^{n}dx=1$.

证明. 仿上法, 我们有$$\begin{array}{c}1⩾{\int }_0^1\cos x^{n}dx⩾{\int }_0^1\left(1-\frac{1}{2}{x}^{2n}\right)=1-\frac{1}{2(2n+1)}.\\ -\frac{2}{n}⩽{\int }_1^{\pi /2}\frac{1}{n{x}^{n-1}}\cdot n{x}^{n-1}\cos x^{n}dx=\frac{1}{n}{\int }_0^{\xi }d\left(\sin x^n\right)⩽\frac{2}{n}\end{array}$$依夹逼准则便得结论.

$\square$

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 ${\overline{\lim }}_{x\to +\infty }\frac{f(x)}{x}<+\infty .$ 证明: $f(x)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x{t}^2}\sin tdt$ 在 $(0,+\infty )$ 上有界.

证明. 记 $F(x,\alpha )={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x{t}^2}\sin \alpha tdt$, 原问题即证 $F(x,1)$ 在 $x\in (0,+\infty )$ 上有界. 由于$$\frac{\partial F}{\partial \alpha }={\int }_0^{+\infty }t{e}^{-x{t}^2}\cos \alpha tdt,$$对任意的 $\alpha \in \mathbb{R}$ 成立, 事实上, 由于$$\left|t{e}^{-x{t}^2}\cos \alpha t\right|⩽t{e}^{-x{t}^2},$$而 ${\int }_0^{+\infty }t{e}^{-x{t}^2}dt$ 收敛, 故由 Weierstrass 判别法可知 ${\int }_0^{+\infty }t{e}^{-x{t}^2}\cos \alpha tdt$ 对 $b\in \mathbb{R}$ 一致收敛, 因而等式成立, 又有$$\frac{\partial F}{\partial \alpha }={\int }_0^{+\infty }t{e}^{-x{t}^2}\cos \alpha tdt=\frac{1}{2x}-\frac{\alpha }{2x}{\int }_0^{+\infty }{e}^{x{t}^2}\sin \alpha tdt=\frac{1}{2x}-\frac{\alpha }{2x}F(x,\alpha ),$$并且有 $F(x,0)=0$, 得到$$F(x,\alpha )=\exp \left(-\frac{{\alpha }^2}{4x}\right){\int }_0^{\alpha }\frac{1}{2x}\exp \left(\frac{{\alpha }^2}{4x}\right)d\alpha ,$$于是 $F(x,1)=\exp \left(-\frac{1}{4x}\right){\int }_0^1\frac{1}{2x}\exp \left(\frac{{\alpha }^2}{4x}\right)dx$, 而$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{2x}{\int }_0^1\exp \left(\frac{{\alpha }^2}{4x}\right)dx=\frac{1}{\sqrt{x}}{\int }_0^{1/(2\sqrt{x})}\exp \left(u^2\right)dx\\ ⩽& \frac{1}{\sqrt{x}}\left({\int }_0^2\exp \left(u^2\right)du+{\int }_1^{1/(2\sqrt{x})}\left(2-\frac{1}{u^2}\right)\exp \left(u^2\right)du\right)\\ =& \frac{1}{\sqrt{x}}\left({\int }_0^1\exp \left(u^2\right)du+{\int }_1^{1/(2\sqrt{x})}\frac{d}{du}\frac{\exp (u^2)}{u}du\right)\\ ⩽& \frac{1}{\sqrt{x}}\left(C+2\sqrt{x}\exp \left(\frac{1}{4x}\right)\right),\end{array}$$其中 $C={\int }_0^1{e}^{u^2}du$. 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 $8.4\mathcal{A}$ 第 $4$ 题可知 $f(x)>0$. 结论即证.

$\square$

设 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛. 求 ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{{\int }_0^{x}tf(t)dt}{x}$.

证明. 记 $I={\int }_0^{+\infty }f(x)dx,F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$, 下证$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^{x}F(t)dt=I.$$由于 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛, 可以找到 $x_0>0$, 使得对 $\forall \epsilon >0,x⩾x_0$ 有 $\left|F(x)-I\right|<\frac{\epsilon }{2}$. 于是当 $x>x_0$, 有$$\begin{array}{rl}\frac{1}{x}{\int }_0^{x}F(t)dt-I& =\frac{1}{x}{\int }_0^x\left(F(t)-I\right)dt\\ & =\frac{1}{x}{\int }_0^{x_0}\left(F(t)-I\right)dt+\left(1-\frac{x_0}{x}\right)\cdot \frac{1}{x-x_0}{\int }_{x_0}^x\left(F(t)-I\right)dt,\end{array}$$因此$$\left|\frac{1}{x}{\int }_0^{x}F(t)dt-I\right|<\frac{1}{x}\left|{\int }_0^{x_0}\left(F(t)-I\right)dt\right|+\frac{1}{x-x_0}{\int }_{x_0}^x\left|F(t)-I\right|dt.$$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$$\left|\frac{1}{x}{\int }_0^{x}F(t)dt-I\right|<\epsilon .$$另一方面$${\int }_0^{x}tf(t)dt={\int }_0^{x}t{F}^{\prime }(t)dt=xF(x)-{\int }_0^{x}F(t)dt$$于是$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^{x}tf(t)dt}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{xF(x)-{\int }_0^{x}F(t)dt}{x}=0.$$

$\square$

设 $f$ 是 $\left[0,+\infty \right)$ 上非负可导函数. $f(0)=0,f^{\prime }(x)⩽\frac{1}{2},{\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛. 求证: 对任何 $p>1,{\int }_0^{+\infty }{f}^p(x)dx$ 也收敛, 且 ${\int }_0^{+\infty }{f}^p(x)dx⩽{\left({\int }_0^{+\infty }f(x)dx\right)}^{(p+1)/2}$.

证明. 令 $g(t)={\left({\int }_0^{t}f(x)dx\right)}^{(p+1)/2}-{\int }_0^t{f}^p(x)dx$, 则 $g(t)$ 可导,$$g^{\prime }(t)=f(t)\left(\frac{p+1}{2}{\left({\int }_0^{t}f(x)dx\right)}^{(p-1)/2}-f^{p-1}(t)\right).$$令 $h(t)={\left(\frac{p+1}{2}\right)}^{2/(p-1)}{\int }_0^{t}f(x)dx-f^2(t)$, 则有 $h^{\prime }(t)=f(t)\left({\left(\frac{p+1}{2}\right)}^{2/(p-1)}-2f^{\prime }(t)\right)$.

由于 $\beta >1,f^{\prime }(x)⩽\frac{1}{2}$, 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$${\int }_0^t{f}^p(x)dx⩽{\left({\int }_0^{t}f(x)dx\right)}^{(p+1)/2},$$令 $t\to +\infty$ 即得结论.

$\square$

设 $\alpha \in (0,1),\beta \in \left(0,1\right],{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin n^{\alpha }}{n^{\beta }}$ 的收敛性如何?

解答.

$\square$

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? 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? 设 $f\in C^1[0,1],f(0)=f(1)=0$. 证明: ${\left({\int }_0^{1}f(x)dx\right)}^2⩽\frac{1}{12}{\int }_0^1|f^{\prime }(x){|}^{2}dx$. 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$${\int }_0^{1}f(x)dx=xf(x){|}_0^1-{\int }_0^{1}x{f}^{\prime }(x)dx=-{\int }_0^{1}x{f}^{\prime }(x)dx,$$同理 ${\int }_0^{1}f(x)dx=-{\int }_0^1(x-1)f^{\prime }(x)dx.$ 从而$$\begin{array}{rl}{\left({\int }_0^{1}f(x)dx\right)}^2& ={\left(\frac{1}{2}{\int }_0^1(2x-1)f^{\prime }(x)\right)}^2\\ & ⩽\frac{1}{4}{\int }_0^1(2x-1{)}^{2}dx{\int }_0^1{\left|f^{\prime }(x)\right|}^{2}dx⩽\frac{1}{12}{\int }_0^1{\left|f^{\prime }(x)\right|}^{2}dx.\end{array}$$

$\square$

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. 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:

$(1){\int }_0^{+\infty }{x}^{\alpha -1}{e}^{-x}dx,\alpha >0$;	$(2){\int }_0^{+\infty }{x}^{\alpha -1}{e}^{-x}{\ln }^{3}xdx,\alpha >0$;
$(3){\int }_0^1{x}^{p-1}(1-x{)}^{q-1}dx,p,q>0$;	$(4){\int }_0^1{x}^{p-1}(1-x{)}^{q-1}\left(\ln x\right){\ln }^2(1-x)dx,p,q>0$;
$(5){\int }_0^{+\infty }\alpha e^{-\alpha x}dx,\alpha >0$;	$(6){\int }_0^{+\infty }\alpha e^{-{\alpha }^2{x}^2},\alpha >0$.

证明. (1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

$\square$

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:

$(1){\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2\right)dx,\alpha \in \mathbb{R}$;	$(2){\int }_0^1{x}^{\alpha }\sin \frac{1}{x^{\beta }}dx,\alpha >-2,\beta >0$;
$(3){\int }_1^{+\infty }\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2{)}^2}dx,y\in \mathbb{R}$;	$(4){\int }_0^1\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2{)}^2}dx,y>0$;

解答. (1)

(2)

(3)

(4)

$\square$

设 $f\in C(0,+\infty ),{\int }_0^{+\infty }{t}^{\lambda }f(t)dt$ 当 $\lambda =a,\lambda =b$ 时都收敛. 证明: ${\int }_0^{+\infty }{t}^{\lambda }f(t)dt$ 关于 $\lambda \in [a,b]$ 一致收敛.

证明.

$\square$

B 2.2. 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:

$(1){\int }_0^1{x}^{\alpha }\sin \left(x^p+\frac{1}{x^q}\right)dx$;

$(2){\int }_1^{+\infty }{x}^{\alpha }\sin \left(x^p+\frac{1}{x^q}\right)$.

解答. 内容...

$\square$

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

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

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

A 3.2. 求极限:${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n+1}x+{\cos }^{n+1}x}dx.$

解答. 因为有$${\int }_0^{\pi /2}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n+1}x+{\cos }^{n+1}x}dx\stackrel{\tan x=t}{=}{\int }_0^{+\infty }\frac{t^n+1}{\left(t^{n+1}+1\right)\sqrt{t^2+1}}dt$$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$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{+\infty }\frac{t^n+1}{\left(t^{n+1}+1\right)\sqrt{t^2+1}}dt={\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}dt+{\int }_1^{+\infty }\frac{1}{t\sqrt{t^2+1}}dt=2\ln (\sqrt{2}+1).$$或者, 注意到 $0⩽x⩽\frac{\pi }{4},$ 有 $0⩽\sin x⩽\cos x⩽1,\sec x⩾1$, 于是$${\int }_0^{\pi /4}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n+1}x+{\cos }^{n+1}x}dx⩾{\int }_0^{\pi /4}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n}x\cos x+{\cos }^{n+1}x}dx={\int }_0^{\pi /4}\frac{1}{\cos x}dx,$$另一方面,$${\int }_0^{\pi /4}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n+1}x+{\cos }^{n+1}x}dx⩽{\int }_0^{\pi /4}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\cos }^{n+1}x}dx={\int }_0^{\pi /4}\frac{1}{\cos x}dx+{\int }_0^{\pi /4}{\tan }^{n}x\sec xdx,$$而$${\int }_0^{\pi /4}{\tan }^{n}x\sec xdx⩽{\int }_0^{\pi /4}{\tan }^{n}x{\sec }^{2}xdx=\frac{1}{n+1}.$$依夹逼准则可知$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi /4}\frac{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}{{\sin }^{n+1}x+{\cos }^{n+1}x}={\int }_0^{\pi /4}\sec xdx=\ln (\sqrt{2}+1).$$注意到被积函数关于 $x=\frac{\pi }{2}$ 对称, 这就证明了结论.

$\square$

通过引入参数并利用积分号下求导计算 ${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}dx$.

解答. 记 $I(\alpha )={\int }_0^1\frac{\ln (1+\alpha x)}{1+x^2}dx$, 则有 $I(0)=0,I(1)={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}dx.$ 显然含参积分关于 $\alpha$ 一致收敛, 于是有$$I^{\prime }(\alpha )={\int }_0^1\frac{1}{1+x^2}\frac{x}{1+\alpha x}dx=\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left(\frac{\ln 2}{2}+\frac{\pi }{4}\alpha -\ln (1+\alpha )\right),$$于是$$I(1)={\int }_0^1{I}^{\prime }(\alpha )d\alpha ={\int }_0^1\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left(\frac{\ln 2}{2}+\frac{\pi }{4}\alpha \right)d\alpha -I(1),$$于是 $I(1)=\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left(\frac{\ln 2}{2}+\frac{\pi }{4}\alpha \right)d\alpha =\frac{\pi }{8}\ln 2.$

$\square$

对应于定理 ??, 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. 对应于定理 ??, 给出可能含有瑕点的含参变量积分可微性的结果并证明. 证明 ${\int }_0^{\pi }\frac{\sin x}{x^{\alpha }(\pi -\alpha {)}^{2-\alpha }}dx$ 是区间 $(0,2)$ 内关于 $\alpha$ 的无界, 连续函数.

证明.

$\square$

计算 ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_0^2\frac{x^n\ln x}{1+x^n}dx$ 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$$\begin{array}{rl}& \underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^2\frac{x^n\ln x}{1+x^n}dx=\underset{n\to +\infty }{\lim }\left({\int }_0^1\frac{x^n\ln x}{1+x^2}dx+{\int }_1^2\frac{x^n\ln x}{1+x^n}dx\right)\\ =& {\int }_0^1\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{x^n\ln x}{1+x^n}dx+{\int }_1^2\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{x^n\ln x}{1+x^n}dx\\ =& {\int }_1^2\ln xdx=2\ln 2-1.\end{array}$$

$\square$

设 $a,b>0$, 利用 Frullani 积分计算 ${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx$.

解答 3.3. 置 $\ln x=-t$, 于是$${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-t(a+1)}-e^{-t(b+1)}}{t}dt=\ln \frac{b+1}{a+1}.$$

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:

•	${\int }_0^{\pi /2}\ln (a^2-{\sin }^{2}x)dx,a⩾1.$
•	${\int }_0^{\pi }\ln (1+a\cos x)dx|a|⩽1$.
•	${\int }_0^{\pi }\ln (a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x)dx,a^2+b^2>0.$

解答. 依靠例 10.3.5 可以知道 ${\int }_0^{\pi }\ln \left(2-2\cos x\right)dx=0.$ 于是也有 ${\int }_0^{\pi }\ln (2+2\cos x)dx=0$, 从而$${\int }_0^{\pi }\ln \left(1-\cos x\right)dx={\int }_0^{\pi }\ln \left(1+\cos x\right)=-\pi \ln 2,$$于是有$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{\pi }\ln \left(1-\cos x\right)dx+{\int }_0^{\pi }\ln \left(1+\cos x\right)dx={\int }_0^{\pi }\ln \left(1-{\cos }^{2}x\right)dx\\ =& 2{\int }_0^{\pi /2}\ln \left(1-{\sin }^{2}x\right)dx=-2\pi \ln 2.\end{array}$$

(1) 记 $F(a)={\int }_0^{\pi /2}\ln \left(a^2-{\sin }^{2}x\right)dx$, 则有$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(a)& ={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a}{a^2-{\sin }^{2}x}dx={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a}{(a^2-1){\sin }^{2}x+a^2{\cos }^{2}x}dx\\ & ={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a{\sec }^{2}x}{(a^2-1){\tan }^{2}x+a^2}dx={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a}{(a^2-1){\tan }^{2}x+a^2}d\left(\tan x\right)=\frac{\pi }{\sqrt{a^2-1}},\end{array}$$于是$$F(a)=\int \frac{\pi }{\sqrt{a^2-1}}da=\pi \ln (a+\sqrt{a^2-1})+C,$$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 $G(x)={\int }_0^{\pi }\ln \left(1+a\cos x\right)dx$, 有 $G(x)={\int }_0^{\pi }\ln \left(1-a\cos x\right)dx$, 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 $F(a)={\int }_0^{\pi /2}\ln \left(a^2-{\cos }^{2}x\right)dx$, 当 $0<a⩽1$ 时, $\frac{1}{a}⩾1$, 于是$$\begin{array}{rl}& F\left(\frac{1}{a}\right)={\int }_0^{\pi /2}\ln \left(\frac{1-a^2{\cos }^{2}x}{a^2}\right)dx\\ =& \frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\left(\ln (1+a\cos x)+\ln (1-a\cos x)-\ln a^2\right)dx=G(x)-\pi \ln a,\end{array}$$由 (1) 的结果可得$$G(x)=\pi \ln \left(1+\sqrt{1-a^2}\right).$$

(3) 由于$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }\ln (a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x)dx& ={\int }_0^{\pi /2}\ln (a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x)dx+{\int }_{\pi /2}^{\pi }\ln (a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x)dx\\ & ={\int }_0^{\pi /2}\ln (a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x)dx+{\int }_0^{\pi /2}\ln (a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x)dx,\end{array}$$不妨记 $I(a,b)={\int }_0^{\pi /2}\ln (a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x)dx$. 若 $a=b>0$, 则有$$I(a,a)={\int }_0^{\pi /2}\ln a^{2}dx=\pi \ln a,$$当 $a,b>0$ 时有$$\begin{array}{rl}& \frac{\partial I(a,b)}{\partial a}={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a{\sin }^{2}x}{a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x}dx=2a{\int }_0^{\pi /2}\frac{{\tan }^{2}x}{a^2{\tan }^{2}x+b^2}dx\\ =& 2a{\int }_0^{+\infty }\frac{t^2}{(a^2{t}^2+b^2)(1+t^2)}dt=\frac{2a}{a^2-b^2}{\int }_0^{+\infty }\left(\frac{1}{1+t^2}-\frac{b^2}{a^2{t}^2+b^2}\right)dt\\ =& \frac{2a}{a^2-b^2}{\left(\arctan t-\frac{b}{a}\arctan \frac{a}{b}t\right)|}_0^{+\infty }=\frac{\pi }{a+b},\end{array}$$于是 $I(a,b)=\pi \ln (a+b)+C(b)$, 令 $a=b$ 带入可得$$C(a)=I(a,a)-\pi \ln \left(2a\right)=\pi \ln a-\pi \left(\ln 2+\ln a\right)=-\pi \ln 2,$$即 $C(b)=-\pi \ln 2$, 得到 $I(a,b)=\pi \ln \frac{a+b}{2}.$

当 $a>0,b=0$ 时, 有$$I(a,0)={\int }_0^{\pi /2}\ln \left(a^2{\sin }^{2}x\right)dx=2{\int }_0^{\pi /2}\left(\ln a+\ln \sin x\right)dx=2\left(\frac{\pi }{2}\ln a+\left(-\frac{\pi }{2}\ln 2\right)\right)=\pi \ln \frac{a}{2},$$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 ${\int }_0^{\pi /2}\ln \left(a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x\right)dx$ 有同样的结果, 故$${\int }_0^{\pi }\ln \left(a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x\right)dx=2\pi \ln \frac{|a|+|b|}{2}.$$

$\square$

例 10.3.5 设 $\alpha \in (-\infty ,+\infty )$. 计算 ${\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2\right)dx$.

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, ${\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2\right)dx$ 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,$$F(\alpha )={\int }_0^{\pi }\ln \left(1-2\alpha \cos x+{\alpha }^2\right)dx$$在 $-\infty ,+\infty$ 上连续. 我们有$$\begin{array}{rl}F(\alpha )& =F(-\alpha )=\frac{1}{2}\left(F(\alpha )+F(-\alpha )\right)=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\ln \left((1+{\alpha }^2)-4{\alpha }^2{\cos }^{2}x\right)dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\ln \left((1+{\alpha }^2{)}^2-2{\alpha }^2\cos 2x-2{\alpha }^2\right)dx=\frac{1}{4}{\int }_0^{2\pi }\ln \left(1+{\alpha }^4-2{\alpha }^2\cos x\right)dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\ln \left(1+{\alpha }^4-2{\alpha }^2\cos x\right)dx=\frac{1}{2}F({\alpha }^2).\end{array}$$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 $F(\alpha )=\{\begin{array}{ll}2\pi \ln \left|\alpha \right|,& \left|\alpha \right|>1,\\ 0,& \left|\alpha \right|<1.\end{array}$

$\square$

证明 ${\lim }_{\alpha \to +\infty }{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x\sqrt{x}}{e}^{-\alpha x}dx=0.$

证明.

$\square$

计算 ${\lim }_{n\to +\infty }{\int }_0^1\frac{\cos (\pi x)-e^{-n^2{x}^2}}{n\arcsin x}\frac{dx}{\ln (1+x)}$ 并说明计算过程成立的理由.

解答.

$\square$

计算 ${\lim }_{n\to +\infty }\sqrt{n}{\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x}{(1+x^2{)}^n}dx$ 并说明计算过程的正确性.

解答.

$\square$

证明或证伪: 当 $n\to +\infty$ 时, ${\int }_0^{\pi }{e}^{xt}\left(\frac{\cos \left(n+1/2\right)t}{\ln (1+t)}-\frac{\cos nt}{t}\right)dt$ 关于 $x\in [0,1]$ 一致收敛于零. 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:$${\int }_0^1\frac{|f(x){|}^2}{x^2}dx⩽4{\int }_0^1|f^{\prime }(x){|}^{2}dx.$$

证明. 记 $g(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{f(x)}{x},& x\in (0,1),\\ f^{\prime }(0),& x=0\end{array}$, 那么原不等式等价于$${\int }_0^1{\left(g(x)\right)}^{2}dx⩽4{\int }_0^1{\left(g(x)+x{g}^{\prime }(x)\right)}^{2}dx,$$即$$0⩽{\int }_0^1\left(3g^2+8xg{g}^{\prime }+4x^2(g^{\prime }{)}^2\right)dx=2{\int }_0^1\left(g^2+2xg{g}^{\prime }\right)dx+{\int }_0^1{\left(g+2x{g}^{\prime }\right)}^{2}dx,$$而 ${\int }_0^1\left(g^2+2xg{g}^{\prime }\right)dx=\left(x{g}^2\right){|}_0^1=g^2(1)⩾0$, 原不等式得证.

$\square$

设 $f$ 为以 $\pi$ 为周期且在 $[0,\pi ]$ 上可积的偶函数. 证明:

•	${\int }_0^{+\infty }f(x)\frac{\sin x}{x}dx={\int }_0^{\pi /2}f(x)dx$.
•	${\int }_0^{+\infty }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{2}dx={\int }_0^{\pi /2}f(x)dx$.

证明. (1) 我们分三步证明.

•	收敛性. 首先, ${\int }_0^{2\pi }\frac{f(x)\sin x}{x}dx$ 是一个定积分. 其次, 由题设, 可见$${\int }_{2\pi }^{2k\pi }f(x)\sin xdx=0,\forall k⩾1.$$由此不难得到对任何 $A>2\pi$, 成立$$\left|{\int }_{2\pi }^{A}f(x)\sin xdx\right|⩽{\int }_0^{\pi }\left|f(x)\right|dx.$$于是由 Dirichlet 判别法, ${\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{f(x)\sin x}{x}dx$ 收敛, 即原积分收敛.
•	$\mathbf{f}$ 为三角多项式情形. 若 $f={\sum }_{k=0}^m{a}_k\cos (2kx)$, 则$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{f(x)\sin x}{x}dx=& {\int }_0^{+\infty }\sum _{k=0}^m\frac{a_k\cos (2kx)\sin x}{x}dx\\ =& \frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\sum _{k=0}^m{a}_k\frac{\sin \left((2k+1)x\right)-\sin \left((2k-1)x\right)}{x}dx\\ =& \frac{\pi }{4}\sum _{k=0}^m{a}_k\left(\mathrm{sgn}(2k+1)-\mathrm{sgn}(2k-1)\right)=\frac{\pi a_0}{2}={\int }_0^{\pi /2}f(x)dx.\end{array}$$
•	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 逼近定理, 存在一列三角多项式 $T_n$ 使得$${\int }_0^{2\pi }\left|f(x)-T_n\right|dx\to 0,n\to +\infty .$$令$$g_n(x)=\frac{T(x)+T(-x)}{2}+\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\left(f(t)-T_n(t)\right)dt.$$则 $g_n$ 具有形式 $g_n(x)={\sum }_{k=0}^{m_n}{a}_{n,k}\cos (2kx)$, 满足$${\int }_0^{2\pi }\left(g_n(x)-f(x)\right)dx=0,$$且$${\epsilon }_n\equiv {\int }_0^{\pi }\left|f(x)-g_n(x)\right|dx\to 0,n\to +\infty .$$记$$G_n(x)={\int }_0^x\left(f(t)-g_n(t)\right)\sin tdt,x⩾0.$$则$$G_n(2k\pi )=0,\left|G_n(x)\right|⩽{\int }_0^{\pi }\left|f(t)-g_n(t)\right|dt={\epsilon }_n.$$我们有$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_0^{2\pi }\frac{\left(f(x)-g_n(x)\right)\sin x}{x}dx\right|{\int }_0^{2\pi }\left|f(x)-g_n(x)\right|dx=2{\epsilon }_n,\\ & \left|{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{\left(f(x)-g_n(x)\right)\sin x}{x}dx\right|=\left|\frac{G_n(x)}{x}{|}_{2\pi }^{+\infty }+{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{G_n(x)}{x^2}dx\right|\\ =& \left|{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{G_n(x)}{x^2}dx\right|⩽{\epsilon }_n{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{1}{x^2}dx⩽{\epsilon }_n.\end{array}$$于是$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_0^{+\infty }\frac{f(x)\sin x}{x}dx-{\int }_0^{\pi /2}f(x)dx\right|=\left|{\int }_0^{+\infty }\frac{\left(f(x)-g_n(x)\right)\sin x}{x}dx-{\int }_0^{\pi /2}\left(f(x)-g_n(x)\right)dx\right|\\ ⩽& \left|{\int }_0^{2\pi }\frac{\left(f(x)-g_n(x)\right)\sin x}{x}dx\right|+\left|{\int }_{2\pi }^{+\infty }\frac{\left(f(x)-g_n(x)\right)\sin x}{x}dx\right|+\left|{\int }_0^{\pi /2}\left(f(x)-g_n(x)\right)dx\right|\\ ⩽& 2{\epsilon }_n+{\epsilon }_n+{\epsilon }_n.\end{array}$$令 $n\to +\infty$ 即得结论.

(2) 情况类似.

•	收敛性. 易见 ${\int }_0^{2\pi }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{2}dx$ 是一个定积分, 而 ${\int }_{2\pi }^{+\infty }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{2}dx$ 绝对收敛, 因此, 原积分收敛.
•	$\mathbf{f}$ 为三角多项式情形. 设 $f={\sum }_{k=0}^m{a}_k\cos (2k\pi x)$. 注意到$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{+\infty }\cos (2kx){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{2}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos (2kx)\sin 2x-2k\sin (2kx){\sin }^{2}x}{x}dx\\ =& {\int }_0^{+\infty }\frac{\sin \left(2(k+1)x\right)-\sin (2(k-1)x)-2k\sin (2kx)+k\sin \left(2(k+1)x\right)+k\sin \left(2(k-1)x\right)}{2x}dx\\ =& \frac{\pi }{2}\left(\mathrm{sgn}(k+1)-\mathrm{sgn}(k-1)-2k\mathrm{sgn}(k)+k\mathrm{sgn}(k+1)+k\mathrm{sgn}(k-1)\right)=\{\begin{array}{ll}\pi /2,& k=0,\\ 0,& k⩾1.\end{array}\end{array}$$此时 ${\int }_0^{+\infty }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{2}dx={\int }_0^{\pi /2}f(x)dx$ 成立.
•	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$${\epsilon }_n\equiv {\int }_0^{\pi }\left|f(x)-g_n(x)\right|dx\to 0,n\to +\infty .$$取自然数列 $\{k_n\}$ 使得 $k_n\to +\infty$, 且 $k_n^2{\epsilon }_n⩽1$. 我们有$$\left|{\int }_0^{+\infty }\left(f(x)-g_n(x)\right){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{2}dx\right|⩽{\int }_0^{k_n\pi }\left|f(x)-g_n(x)\right|dx+2M_f{\int }_{k_n\pi }^{+\infty }\frac{1}{x^2}dx=k_n{\epsilon }_n+\frac{2M_f}{k_n\pi }.$$于是$${\int }_0^{+\infty }f(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{2}dx=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{+\infty }{g}_n(x){\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{2}dx=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi /2}{g}_n(x)dx={\int }_0^{\pi /2}f(x)dx.$$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.

设 $f$ 为以 $2\pi$ 为周期在 $[0,2\pi ]$ 上可积的偶函数. 证明:$${\int }_0^{+\infty }f(x)\frac{\sin x}{x}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }f(x)(1+\cos x)dx.$$

证明.

$\square$

证明 ${\int }_0^1\frac{1}{x^x}dx={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^n}$.

证明. 由 ${\int }_0^1\frac{1}{x^x}dx={\int }_0^1\frac{1}{e^{x\ln x}}dx$, 并且 ${\int }_0^1\frac{1}{e^{x\ln x}}dx={\int }_0^1\left({\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n(x\ln x{)}^n}{n!}\right)dx$, 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 $\frac{1}{e}$, 从而上述的被积函数中的级数有优级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{e^n}{n!}$, 由 Weierstrass 判别法可知该级数一致收敛, 从而可逐项积分, 即$${\int }_0^1\frac{1}{x^x}dx=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n!}{\int }_0^1{x}^n{\ln }^{n}xdx,$$现在来计算 ${\int }_0^1{x}^n{\ln }^{n}xdx$, 置 $x^{n+1}=e^{-y}$ 得到$${\int }_0^1{x}^n{\ln }^{n}xdx=\frac{(-1{)}^n}{(n+1{)}^{n+1}}{\int }_0^{+\infty }{y}^n{e}^{-y}dy,$$将右侧的积分记为 $\Gamma (n)$, 有$$\Gamma (n)={\int }_0^{+\infty }{y}^n{e}^{-y}dy={-y^n{e}^{-y}|}_0^{+\infty }+n{\int }_0^{+\infty }{y}^{n-1}{e}^{-y}dy=n\Gamma (n-1),$$于是 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n!}\cdot (-1{)}^n\frac{n!}{(n+1{)}^{n+1}}={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^n}.$

$\square$

对于 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$, 用 $L\ln L(E)$ 表示满足 ${\int }_E|f(\mathbf{x})|\ln \left(1+|f(\mathbf{x})|\right)d\mathbf{x}<+\infty$ 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:$${\int }_0^{1}f(x)\ln f(x)dx⩾{\int }_0^{1}f(x)dx{\int }_0^1\ln f(x)dx.$$

证明.

$\square$

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:$$\frac{\pi }{2}=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+1/2\right)x}{2\sin (x/2)}dx=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+1/2\right)x}{x}={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx.$$

证明.

$\square$

B 3.4. 设 $\alpha >0$, 求 $n\to +\infty$ 时 ${\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }\frac{x}{1+x^{\alpha }{\sin }^{2}x}dx$ 的阶.

解答 3.5. 我们记$$I_n={\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }\frac{x}{1+x^{\alpha }{\sin }^{2}x}dx={\int }_0^{\pi }\frac{x+n\pi }{1+(x+n\pi {)}^{\alpha }{\sin }^{2}x}dx,$$一方面$$\begin{array}{rl}{I}_n& ⩾2{\int }_0^{\pi /2}\frac{n\pi }{1+(n+1{)}^{\alpha }{\pi }^{\alpha }{\sin }^{2}x}dx⩾2{\int }_0^{\pi /2}\frac{n\pi }{1+(n+1{)}^{\alpha }{\pi }^{\alpha }{x}^2}dx\\ & =\frac{2n\pi }{(n+1{)}^{\alpha /2}{\pi }^{\alpha /2}}\arctan \left(\frac{(n+1{)}^{\alpha /2}{\pi }^{\alpha /2+1}}{2}\right)=O(n^{1-\alpha /2}).\end{array}$$另一方面$$\begin{array}{rl}{I}_n& ⩽2{\int }_0^{\pi /2}\frac{(n+1)\pi }{1+n^{\alpha }{\pi }^{\alpha }{\sin }^{2}x}dx⩽2{\int }_0^{\pi /2}\frac{(n+1)\pi }{1+n^{\alpha }{\pi }^{\alpha }(2x/\pi {)}^2}dx\\ & =\frac{(n+1)\pi }{n^{\alpha /2}{\pi }^{\alpha /2-1}}\arctan (n^{\alpha /2}{\pi }^{\alpha /2})=O(n^{1-\alpha /2}).\end{array}$$故 ${\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }\frac{x}{1+x^{\alpha }{\sin }^{2}x}dx=O(n^{1-\alpha /2})$.

计算 ${\int }_0^{+\infty }\frac{(1-x^2)\arctan x^2}{x^4+4x^2+1}dx.$

解答 3.6. 注意到 $\arctan x^2={\int }_0^{x^2}\frac{1}{1+y^2}dy$, 于是有$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{+\infty }\frac{(1-x^2)\arctan x^2}{x^4+4x^2+1}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{1-x^2}{x^4+4x^2+1}\left({\int }_0^{x^2}\frac{1}{1+y^2}dy\right)dx\\ =& {\int }_0^{+\infty }{\int }_{\sqrt{y}}^{+\infty }\frac{1-x^2}{x^4+4x^2+1}\cdot \frac{1}{1+y^2}dxdy\end{array}$$先处理 ${\int }_{\sqrt{y}}^{+\infty }\frac{1-x^2}{x^4+4x^2+1}dx$, 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$$\begin{array}{rl}{\int }_{\sqrt{y}}^{+\infty }\frac{1-x^2}{x^4+4x^2+1}\mathrm{dd}x& ={\int }_{\sqrt{y}}^{+\infty }\frac{A}{x^2+2-\sqrt{3}}-\frac{B}{x^2+2+\sqrt{3}}\mathrm{dd}x\\ & =\frac{A}{\sqrt{2-\sqrt{3}}}\mathrm{arc}\tan \frac{x}{\sqrt{2-\sqrt{3}}}-\frac{B}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}\mathrm{arc}\tan \frac{x}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{|}_{\sqrt{y}}^{+\infty }\\ & =\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\mathrm{arc}\tan \left(\sqrt{2-\sqrt{3}}\cdot \sqrt{y}\right)-\mathrm{arc}\tan \left(\sqrt{2+\sqrt{3}}\cdot \sqrt{y}\right)\right).\end{array}$$我们记 $I(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan \left(\alpha \sqrt{y}\right)}{1+y^2}dy(\alpha ⩾0)$, 易见其关于参数 $\alpha$ 一致收敛, 于是$${\int }_0^{+\infty }{\int }_{\sqrt{y}}^{+\infty }\frac{1-x^2}{x^4+4x^2+1}\cdot \frac{1}{1+y^2}dxdy=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(I\left(\sqrt{2-\sqrt{3}}\right)-I\left(\sqrt{2+\sqrt{3}}\right)\right).$$另一方面, 易见 $I(0)=0$,$$I^{\prime }(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\sqrt{y}}{(1+y^2)(1+{\alpha }^{2}y)}dy={\int }_0^{+\infty }\frac{2y^2}{(1+y^4)(1+{\alpha }^2{y}^2)}dy,$$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,$$a_1=e^{\pi i/4},a_2=e^{3\pi i/4},a_3=\frac{i}{\alpha },$$容易计算 $\underset{z=a_k}{\mathrm{Res}}f(z)=\frac{2z^2}{4z^3(1+{\alpha }^2{z}^2)+2{\alpha }^{2}z(1+z^4)}{|}_{z=a_k}$ 分别为$$r_1:=-\frac{e^{3\pi i/4}}{2\left(1+{\alpha }^2{e}^{\pi i/2}\right)},r_2:=-\frac{e^{\pi i/4}}{2\left(1+{\alpha }^2{e}^{3\pi i/2}\right)},r_3:=\frac{i\alpha }{1+{\alpha }^4},$$于是 $I^{\prime }(\alpha )=\pi i{\sum }_{k=1}^3{r}_k=\frac{\left(\sqrt{2}{\alpha }^2-2\alpha +\sqrt{2}\right)\pi }{2(1+{\alpha }^4)}$, 注意到$$\int \frac{\alpha }{1+{\alpha }^4}d\alpha =\frac{1}{2}\arctan {\alpha }^2+C,$$以及$$\int \frac{{\alpha }^2+1}{1+{\alpha }^4}d\alpha =\int \frac{1+1/{\alpha }^2}{{\left(\alpha -1/\alpha \right)}^2+2}d\alpha =\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \left(\frac{\alpha -1/\alpha }{\sqrt{2}}\right)+C.$$于是$$\begin{array}{rl}& I\left(\sqrt{2-\sqrt{3}}\right)-I\left(\sqrt{2+\sqrt{3}}\right)={\int }_{\sqrt{2+\sqrt{3}}}^{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{I}^{\prime }(\alpha )d\alpha \\ =& \frac{\pi }{2}\left(\arctan \left(\frac{\alpha -1/\alpha }{\sqrt{2}}\right)-\arctan {\alpha }^2\right){|}_{\sqrt{2+\sqrt{3}}}^{\sqrt{2-\sqrt{3}}}\\ =& \frac{\pi }{2}\left(2\arctan \frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}-\sqrt{2+\sqrt{3}}}{\sqrt{2}}-\left(\arctan \sqrt{2-\sqrt{3}}-\arctan \sqrt{2+\sqrt{3}}\right)\right)\\ =& \frac{\pi }{2}\left(-\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{3}\right)=-\frac{\pi }{12}.\end{array}$$所以 ${\int }_0^{+\infty }\frac{(1-x^2)\arctan x^2}{x^4+4x^2+1}dx=-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{{\pi }^2}{12}=-\frac{\sqrt{2}{\pi }^2}{24}.$

设 $\alpha \in [0,1]$, 计算 ${\int }_0^{\pi }\ln |a^2-{\sin }^{2}x|dx.$

解答 3.7.

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. 构造 $[0,1]$ 上的线性函数 $f$, 使得 $\overline{\{\left(x,f(x)\right)|x\in [0,1]\}}=[0,1]\times [0,1]$. 设 $p>1,f\in L^p(0,+\infty )$ 且 $f$ 非负, 证明 Hardy 不等式:$${\int }_0^{+\infty }{\left(\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt\right)}^{p}dx⩽{\left(\frac{p}{p-1}\right)}^p{\int }_0^{+\infty }{f}^p(x)dx,$$其中 ${\left(\frac{p}{p-1}\right)}^p$ 为最佳常数, 等号成立当且仅当 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx=0$.

证明.

$\square$

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$${\int }_0^{+\infty }{x}^{-r}{\left({\int }_0^{x}f(t)dt\right)}^{p}dx⩽{\left(\frac{p}{r-1}\right)}^p{\int }_0^{+\infty }{x}^{p-r}{f}^p(x)dx.$$若 $0<r<1$, 则$${\int }_0^{+\infty }{x}^{-r}{\left({\int }_x^{+\infty }f(t)dt\right)}^{p}dx⩽{\left(\frac{p}{r-1}\right)}^p{\int }_0^{+\infty }{x}^{p-r}{f}^p(x)dx.$$

证明.

$\square$

设 $p,q>1$ 为对偶数, $f\in L^q(0,+\infty )$ 且 $f$ 非负. 令 $F(f)(x)={\int }_x^{+\infty }\frac{f(t)}{t}dt.$ 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.

$\square$

4Euler 积分

$\Gamma$ 函数,$\Gamma$ 函数的递推公式,$\log$-凸,Stirling 公式及其改进,Euler 公式,Gauss 叠乘定理, 倍元公式,Bohr-Mollerup 定理, 余元公式,B 函数,B 函数与 $\Gamma$ 函数的关系, 多重对数函数, 双 $\Gamma$ 函数, 利用 Euler 积分计算

A 4.1. 求实数 $a$ 的取值范围, 使得积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(x+1)(x+2)(x+3)}dx$ 收敛, 并计算该积分.

解答. 由于$$\frac{1}{x^a(x+1)(x+2)(x+3)}\sim \frac{1}{6x^a},x\to 0^{+},\frac{1}{x^a(x+1)(x+2)(x+3)}\sim \frac{1}{x^{a+3}},x\to +\infty ,$$从而 $a\in (-2,1)$ 时原积分收敛. 又$$\frac{1}{(x+1)(x+2)(x+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x+1}-\frac{2}{x+2}+\frac{1}{x+3}\right),$$如果 $a\in (0,1)$, 那么根据例 10.4.2 的已知结果$${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x{)}^a}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(1+x)x^{1-a}}dx=\frac{\pi }{\sin a\pi },$$有$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(x+1)(x+2)(x+3)}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\left(\frac{1}{x^a(1+x)}-\frac{2}{x^a(x+2)}+\frac{1}{x^a(x+3)}\right)dx\\ =& \frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(1+x)}dx-{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{2^a{x}^a(x+1)}dx+\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{3^a{x}^a(x+1)}dx\\ =& \frac{1}{2}\frac{\pi }{\sin a\pi }-\frac{1}{2^a}\frac{\pi }{\sin a\pi }+\frac{1}{2\cdot 3^a}\frac{\pi }{\sin a\pi }=\frac{\pi }{2\sin a\pi }\left(1-\frac{1}{2^{a-1}}+\frac{1}{3^a}\right),\end{array}$$

当 $a=0$ 时, 可以算得$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^A\frac{1}{(x+1)(x+2)(x+3)}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^A\left(\frac{1}{x+1}-\frac{2}{x+2}+\frac{1}{x+3}\right)dx\\ =& \frac{1}{2}\left(\ln (A+1)-2\ln (A+2)+\ln (A+3)+2\ln 2-\ln 3\right)\to \ln 2-\frac{\ln 3}{2},A\to +\infty ,\end{array}$$类似得, $a=-1$ 时有$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^A\frac{x}{(x+1)(x+2)(x+3)}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^A\left(\frac{4}{x+2}-\frac{3}{x+3}-\frac{1}{x+1}\right)dx\\ =& \frac{1}{2}\left(4\ln (A+2)-3\ln (A+3)-\ln (A+1)-4\ln 2+3\ln 3\right)\to \frac{3}{2}\ln 3-2\ln 2,A\to +\infty .\end{array}$$

现在我们来计算 $a\in (-2,0)$ 的情况, 前面的计算已经表明了 $a=-1$ 的情形, 事实证明, 这是有益的, 因为下面的计算无法显示 $a$ 为整数时的值. 方便起见, 令 $b=-a$, 则 $b\in (0,2)$ 原积分也对应变为 ${\int }_0^{+\infty }\frac{x^b}{(x+1)(x+2)(x+3)}dx.$

设 $F(z)=\frac{1}{(z+1)(z+2)(z+3)}$, 考虑围道积分 ${\int }_C{z}^{b}F(z)dz$, 其中 $C$ 是如下图所示的区域.

则$$\begin{array}{rl}{\int }_C{z}^{b}F(z)dz& ={\int }_r^R{x}^{b}F(x)dx+{\int }_{C_R}{z}^{b}F(z)dz+{\int }_R^r{\left(x{e}^{2\pi i}\right)}^{b}F(x)dx+{\int }_{C_r}{z}^{b}F(z)dz\\ & =\left(1-e^{2\pi ib}\right){\int }_r^R{x}^{b}F(x)dx+{\int }_{C_r}{z}^{b}F(z)dz+{\int }_{C_R}{z}^{b}F(z)dz,\end{array}$$由于 $x\to 0$ 时 $x^{b+1}F(x)\to 0$, 所以$$\left|{\int }_{C_r}{z}^{b}F(z)dz\right|=\left|{\int }_{C_r}{z}^{b+1}F(z)\frac{dz}{z}\right|⩽\underset{C_r}{\max }\left|z^{b+1}F(z)\right|\frac{2\pi r}{r}=2\pi \underset{C_r}{\max }\left|z^{b+1}F(z)\right|\to 0,r\to 0,$$同理结合 $x\to +\infty$ 时 $x^{b+1}F(x)\to 0$ 可得$$\left|{\int }_{C_R}{z}^{b}F(z)dz\right|=\left|{\int }_{C_R}{z}^{b+1}F(z)\frac{dz}{z}\right|⩽\underset{C_R}{\max }\left|z^{b+1}F(z)\right|\frac{2\pi R}{R}\to 0,R\to +\infty ,$$于是有$${\int }_C{z}^{b}F(z)dz=(1-e^{2\pi ib}){\int }_r^R{x}^{b}F(x)dx=2\pi i\sum \mathrm{Res}\left(z^{b}F(z)\right),(0<\arg z<2\pi ),$$令 $r\to 0^{+},R\to +\infty$ 得到$${\int }_0^{+\infty }{x}^{b}F(x)dx=\frac{2\pi i}{1-e^{2\pi ib}}\sum \mathrm{Res}\left(z^{b}F(z)\right),$$又$$1-e^{2\pi ib}=e^{\pi ib}\left(e^{-\pi ib}-e^{\pi ib}\right)=(-1{)}^{b+1}\left(2i\sin b\pi \right),$$最后得到$${\int }_0^{+\infty }{x}^{b}F(x)dx=-\frac{\pi }{\sin b\pi }\sum \mathrm{Res}\left((-z{)}^{b}F(z)\right),$$$F(z)$ 在负实轴上只有 $-1,-2,-3$ 三个一阶极点, 易得$$\sum \mathrm{Res}\left((-z{)}^{b}F(z)\right)=\frac{1}{2}-2^b+\frac{3^b}{2},$$于是 ${\int }_0^{+\infty }{x}^{b}F(x)dx=-\frac{\pi }{\sin b\pi }\left(\frac{1}{2}-2^b+\frac{3^b}{2}\right)$, 即$${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(x+1)(x+2)(x+3)}dx=\frac{\pi }{2\sin a\pi }\left(1-\frac{1}{2^{a-1}}+\frac{1}{3^a}\right).$$

$\square$

试计算如下积分:

$(1){\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}dx$;	$(2){\int }_0^1\frac{\ln (1+x^2)}{x}dx$;
$(3){\int }_0^1\frac{\ln (1+x+x^2)}{x}dx$;	$(4){\int }_0^1\frac{\ln (1-x+x^2)}{x}dx$.

解答. (1) 我们有$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}dx={\int }_0^1\frac{\ln (1-x^2)}{x}dx-{\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}dx=-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}dx,$$注意到$${\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}dx=\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\underset{q\to 1}{\lim }\frac{\partial }{\partial q}{\int }_0^1{x}^{p-1}(1-x{)}^{q-1}dx=\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\underset{q\to 1}{\lim }\frac{\partial }{\partial q}\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)},$$而$$\frac{\partial }{\partial q}\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}=\frac{{\Gamma }^{\prime }(q)\Gamma (p)\Gamma (p+q)-{\Gamma }^{\prime }(p+q)\Gamma (p)\Gamma (q)}{{\Gamma }^2(p+q)}=\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}\left(\psi (q)-\psi (p+q)\right),$$从而$$\begin{array}{rl}& \underset{p\to 0^{+}}{\lim }\underset{q\to 1}{\lim }\frac{\partial }{\partial q}\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}=\underset{p\to 0^{+}}{\lim }\underset{q\to 1}{\lim }\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}\left(\psi (q)-\psi (p+q)\right)\\ =& \underset{p\to 0^{+}}{\lim }\underset{q\to 1}{\lim }\frac{1}{p}\left(\psi (q)-\psi (p+q)\right)=-{\psi }^{\prime }(1)=-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=-\frac{{\pi }^2}{6},\end{array}$$于是 ${\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}dx=\frac{{\pi }^2}{12}.$ 注意在这过程之中我们也得到了 ${\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}dx=-\frac{{\pi }^2}{6}$, 而她的作用不久就会让我们感觉到.

(2) 置 $x^2=t$ 并结合上一问的结果$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x^2)}{x}dx={\int }_0^1\frac{\ln (1+t)}{2t}dt=\frac{{\pi }^2}{24}.$$

(3) 注意到$$(1-x^3)=(1-x)(1+x+x^2),(1+x^3)=(1+x)(1-x+x^2),$$这启示我们计算 ${\int }_0^1\frac{\ln (1\pm x^3)}{x}dx$, 事实上我们有$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x^3)}{x}dx={\int }_0^1\frac{\ln (1-x^6)}{x}dx-{\int }_0^1\frac{\ln (1-x^3)}{x}dx=-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{\ln (1-x^3)}{x}dx,$$又置 $x^3=t$, 发现$${\int }_0^1\frac{\ln (1-x^3)}{x}dx=\frac{1}{3}{\int }_0^1\frac{\ln (1-t)}{t}dt=-\frac{{\pi }^2}{18},$$这也意味着 ${\int }_0^1\frac{\ln (1+x^3)}{x}dx=\frac{{\pi }^2}{36},$ 于是有$${\int }_0^1\frac{\ln (1+x+x^2)}{x}dx={\int }_0^1\frac{\ln (1-x^3)}{x}dx-{\int }_0^1\frac{\ln (1-x)}{x}dx=\frac{{\pi }^2}{9}.$$

(4) 根据上述分析有$${\int }_0^1\frac{\ln (1-x+x^2)}{x}dx={\int }_0^1\frac{\ln (1+x^3)}{x}dx-{\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{x}dx=-\frac{{\pi }^2}{18}.$$

$\square$

设 $n⩾2$, 试用多种方法证明 ${\prod }_{k=0}^{n-1}\sin (x+\frac{k\pi }{n})=\frac{\sin nx}{2^{n-1}}$.

证明.

$\square$

设 $n⩾2$, 证明: ${\prod }_{k=1}^{n-1}\sin \frac{k\pi }{n}=\frac{n}{2^{n-1}}$.

证明. 我们我们直接使用下一题的结论, 注意到$$\sin \frac{\pi }{n}=\frac{\pi }{\Gamma \left(\frac{1}{n}\right)\Gamma \left(1-\frac{1}{n}\right)},\sin \frac{2\pi }{n}=\frac{\pi }{\Gamma \left(\frac{2}{n}\right)\Gamma \left(1-\frac{2}{n}\right)},\cdots ,\sin \frac{(n-1)\pi }{n},$$于是有$$\prod _{k=1}^{n-1}\sin \frac{k\pi }{n}=\frac{{\pi }^{n-1}}{{\left({\prod }_{k=1}^{n-1}\Gamma \left(\frac{k}{n}\right)\right)}^2}=\frac{n}{2^{n-1}}.$$

$\square$

设 $n⩾2$, 证明: ${\prod }_{k=1}^{n-1}\Gamma \left(\frac{k}{n}\right)=\frac{1}{\sqrt{n}}(2\pi {)}^{(n-1)/2}.$

证明. 由 Gauss 叠乘定理:$$\Gamma (s)\Gamma \left(s+\frac{1}{k}\right)\cdots \Gamma \left(s+\frac{k-1}{k}\right)={\left(2\pi \right)}^{(k-1)/2}{k}^{1/2-ks}\Gamma (ks),$$得到$$\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left(\frac{k}{n}\right)=\underset{s\to 0^{+}}{\lim }(2\pi {)}^{(n-1)/2}{n}^{1/2-ns}\frac{\Gamma (ns)}{\Gamma (s)}=\frac{1}{\sqrt{n}}(2\pi {)}^{(n-1)/2}.$$

$\square$

计算 ${\int }_0^1\ln \Gamma (x)dx.$

解答. 换元, 然后使用余元公式:$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\ln \Gamma (x)dx& ={\int }_0^1\ln \Gamma (1-x)dx=\frac{1}{2}{\int }_0^1\ln \Gamma (x)\ln \Gamma (1-x)dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1\ln \frac{\pi }{\sin \pi x}dx=-\frac{\pi }{2}{\int }_0^1\ln \sin \pi xdx=\frac{\ln 2\pi }{2}\end{array}$$

$\square$

设 $f\in C^1(\mathbb{R})$ 以 $1$ 为周期, $f(x)+f\left(x+\frac{1}{2}\right)=f(2x)$. 证明: $f\equiv 0$.

证明. $f^{\prime }$ 为 $\mathbb{R}$ 上的连续周期函数, 所以它有连续模$$\omega (r)=\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{x,y\in \mathbb{R}}{|x-y|⩽r}}{\sup }\left|f^{\prime }(x)-f^{\prime }(y)\right|,\forall r⩾0,$$$\omega (r)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续单调增加, 且 $\omega (0)=0$.

由题设有$$f^{\prime }(x)+f^{\prime }\left(x+\frac{1}{2}\right)=2f^{\prime }(2x),\forall x\in \mathbb{R},$$于是对于任何 $\alpha >0$, 有$$\begin{array}{rl}& \omega (2\alpha )=\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{x,y\in \mathbb{R}}{|x-y|⩽2\alpha }}{\sup }\left|f^{\prime }(x)-f^{\prime }(y)\right|=\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{x,y\in \mathbb{R}}{|x-y|⩽\alpha }}{\sup }\left|f^{\prime }(2x)-f^{\prime }(2y)\right|\\ =& \frac{1}{2}\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{x,y\in \mathbb{R}}{|x-y|⩽\alpha }}{\sup }\left|f^{\prime }(x)+f^{\prime }\left(x+\frac{1}{2}\right)-\left(f^{\prime }(y)+f^{\prime }\left(y+\frac{1}{2}\right)\right)\right|⩽\omega (\alpha ),\end{array}$$反复利用上式得到$$\omega (\alpha )⩽\omega \left(\frac{\alpha }{2}\right)⩽\cdots ⩽\omega \left(\frac{\alpha }{2^n}\right),\forall n⩾1,$$令 $n\to +\infty$, 得到$$\omega (\alpha )=\underset{n\to +\infty }{\lim }\omega \left(\frac{\alpha }{2^n}\right)=\omega (0)=0,$$所以 $f^{\prime }(x)$ 是常数. 因为 $f(x)$ 为可微的周期函数, 因为 $f^{\prime }(x)$ 有零点. 于是 $f^{\prime }(x)\equiv 0$. 所以 $f$ 为常数, 易见 $f\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 从而 $f\equiv 0$.

$\square$

B 4.2. 证明: ${\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-x}-\cos x}{x}dx=0$.

证明. 记 $I(\alpha )={\int }_0^{+\infty }{e}^{-\alpha x}\frac{e^{-x}-\cos x}{x}dx(\alpha ⩾0)$, 易见其关于参数 $\alpha$ 一致收敛, 于是有$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }(\alpha )& ={\int }_0^{+\infty }{e}^{-\alpha x}\left(\cos x-e^{-x}\right)dx={\left(\frac{e^{-\alpha x}(\sin x-\alpha \cos x)}{{\alpha }^2+1}+\frac{e^{-(\alpha +1)x}}{\alpha +1}\right)|}_0^{+\infty }\\ & =\frac{\alpha }{1+{\alpha }^2}-\frac{1}{\alpha +1}.\end{array}$$注意到 ${\lim }_{\alpha \to +\infty }I(\alpha )=0$, 于是$${\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-x}-\cos x}{x}dx=I(0)=-{\int }_0^{+\infty }\frac{\alpha }{1+{\alpha }^2}-\frac{1}{1+\alpha }d\alpha =0.$$

$\square$

计算 ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x-\cos x^2}{x}dx$.

解答. 记 $I(a)={\int }_0^{+\infty }\frac{\exp (-x^a)-\cos (x^a)}{x}dx$, 置 $x^a=t$, 利用上一问的结果, 得到$$I(a)=\frac{1}{a}{\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-t}-\cos t}{t}dx\equiv 0,$$于是由 $I(1)=I(2)$ 可得$${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x-\cos x^2}{x}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{\exp (-x)-\exp (-x^2)}{x}dx,$$我们只需要计算右侧的积分, 即有$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{+\infty }\frac{\exp (-x)-\exp (-x^2)}{x}dx={\int }_0^{+\infty }\left(\exp (-x)-\exp (-x^2)\right)d\left(\ln x\right)\\ =& {\int }_0^{+\infty }{e}^{-x}\ln xdx-2{\int }_0^{+\infty }x\exp (-x^2)\ln xdx=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-x}\ln xdx=\frac{1}{2}{\Gamma }^{\prime }(1)=-\frac{\gamma }{2}.\end{array}$$从而 ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x-\cos x^2}{x}dx=-\frac{\gamma }{2}.$

$\square$

计算 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\sin t^{2}dt$.

解答. 换元, 使用累次积分并运用已知结果.$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\sin t^{2}dt& =2{\int }_0^{+\infty }\sin t^{2}dt\stackrel{t^2=x}{=}{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{\sqrt{x}}dx=2{\int }_0^{+\infty }\sin x{\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-x{t}^2}}{\sqrt{\pi }}dtdx\\ & =\frac{2}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^{+\infty }{\int }_0^{+\infty }{e}^{-x{t}^2}\sin xdxdt=\frac{2}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{1+t^4}dt=\sqrt{\frac{\pi }{2}}.\end{array}$$

$\square$

计算 ${\lim }_{x\to 0^{+}}{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n{x}^2}{1+n^3{x}^3}$.

解答. 我们证明这样一个有趣的命题: 设函数 $g\in [0,+\infty )$ 单调递减, 并且 Riemann 积分 ${\int }_0^{+\infty }g(x)dx$ 收敛. 则对于任何满足条件 $|f(x)|⩽g(x)$ 的函数 $f\in [0,\infty )$ 有 ${\lim }_{x\to 0^{+}}x{\sum }_{n=1}^{\infty }f(nx)={\int }_0^{+\infty }f(x)dx$.

如果我们证明了这个命题, 那么对于本问, 取 $f(x)=\frac{x}{1+x^3}$, 就有$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\sum _{n=1}^{\infty }\frac{nx}{1+n^3{x}^3}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\sum _{n=1}^{\infty }f(nx)={\int }_0^{+\infty }\frac{x}{1+x^3}dx=\frac{2\pi }{3\sqrt{3}}.$$

$\square$

下面我们将证明这个命题.

证明. 考察 $M_n:=h{\sum }_{n=1}^{\infty }f(nh)-{\int }_0^{+\infty }f(x)dx$, 设 $N,L$ 是某些正整数, 我们将 $M_n$ 表示为$$\begin{array}{rl}{M}_n& =h\sum _{n=1}^{N}f(nh)+h\sum _{n=N+1}^{\infty }f(nh)-{\int }_0^{L}f(x)dx-{\int }_L^{+\infty }f(x)dx\\ & =\left(h-\frac{L}{N}\right)\sum _{n=1}^{N}f(nh)+h\sum _{n=N+1}^{\infty }f(nh)+\left(\frac{1}{N}\sum _{n=1}^{N}f(nh)-{\int }_0^{L}f(x)dx\right)-{\int }_L^{+\infty }f(x)dx.\end{array}$$

•	因为 $g(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上 Riemann 可积, 所以对于任何给定的 $\epsilon >0$, 存在最小的正整数 $L=L(\epsilon )$ 使得$${\int }_{L-1}^{+\infty }g(x)dx<\frac{\epsilon }{4}.$$下文中固定此 $L$.
•	对于任何给定的 $h\in (0,1)$, 可取正整数 $N$ 满足 $Nh⩽L⩽(N+1)h$, 于是$$nh\in \left(\frac{Ln}{N+1},\frac{Ln}{N}\right]\subset \left(\frac{n-1}{N}L,\frac{n}{N}L\right],1⩽n⩽N,$$由题设可知, 积分 ${\int }_0^{L}f(x)dx$ 存在, 所以$$\frac{L}{N}\sum _{n=1}^{N}f(nh)\to {\int }_0^{L}f(x)dx,N\to +\infty ,$$注意由 $N$ 的取法可知 $\frac{L}{N}\in \left[h,\frac{N+1}{N}h\right)$, 所以当 $h\to 0^{+}$ 时 $N\to +\infty$, 于是当 $0<h<h_0$(其中 $h_0=h_0(\epsilon )$) 时, 有$$\left|\frac{L}{N}\sum _{n=1}^{N}f(nh)-{\int }_0^{L}f(x)dx\right|<\frac{\epsilon }{4}.$$
•	因为 $\frac{L}{N}\in \left[h,\frac{N+1}{N}h\right)$, 所以$$\left|h-\frac{L}{N}\right|⩽\frac{N+1}{N}h-h=\frac{h}{N},$$并且由 $|f(x)|<g(x)$, 我们有$$\left|\left(h-\frac{L}{N}\right)\sum _{n=1}^{N}f(nh)\right|⩽\left|h-\frac{L}{N}\right|\sum _{n=1}^{N}g(nh)⩽\frac{h}{N}\sum _{n=1}^{N}g(nh).$$因为 $g(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递减, 所以$$h\sum _{n=1}^{N}g(nh)<{\int }_0^{Nh}g(x)dx<{\int }_0^{+\infty }g(x)dx,$$并且因为 ${\int }_0^{+\infty }g(x)dx$ 收敛, 所以当 $0<h<h_0$(其中 $h_0$ 足够小) 时也有 $\frac{1}{N}{\int }_0^{+\infty }g(x)dx<\frac{\epsilon }{4}.$ 于是由前式得知, 当 $0<h<h_0$ 时$$\left|\left(h-\frac{L}{N}\right)\sum _{n=1}^{N}f(nh)\right|<\frac{\epsilon }{4}.$$
•	另外, 依步骤 (i), 我们有$$\left|h\sum _{n=N+1}^{\infty }f(nh)\right|⩽h\sum _{n=N+1}^{\infty }g(nh)⩽{\int }_{L-1}^{+\infty }g(x)dx<\frac{\epsilon }{4}.$$
•	最后, 综上述诸估计, 我们得到对于任何 $\epsilon >0$, 当 $0<h<h_0$ 时 $|M_n|<\epsilon .$ 因此结论得证.

$\square$

计算 ${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{x^2-1}dx$.

解答 4.3. 易见$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{x^2-1}dx& =2{\int }_0^1\frac{\ln x}{x^2-1}dx=-2{\int }_0^1\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{2n}\ln xdx\\ & =-2\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_0^1{x}^{2n}\ln xdx=2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n+1{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{4}.\end{array}$$

设 $p,q>1$ 为对偶数, ${\sum }_{n=1}^{\infty }|a_n{|}^p$ 和 ${\sum }_{n=1}^{\infty }|b_n{|}^p$ 收敛. 证明如下离散的 Hard-Hilbert 不等式:$$\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_m{b}_n}{m+n}⩽\frac{\pi }{\sin (\pi /p)}{\left(\sum _{n=1}^{\infty }|a_n{|}^p\right)}^{1/p}{\left(\sum _{n=1}^{\infty }|b_n{|}^p\right)}^{1/q}.$$

证明.

$\square$

计算 $\psi$ 在 $\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{4},\frac{3}{4},\frac{1}{6},\frac{5}{6}$ 等点的值.

解答. 我们将利用以下两个公式$$\begin{array}{c}\sum _{j=0}^k\psi \left(x+\frac{j}{k}\right)=k\left(\psi (kx)-\ln k\right),\forall x>0.\\ \psi (x)-\psi (1-x)=-\pi \cot \pi x,\forall x\in (0,1).\end{array}\text{\hspace{1em}(♡)}$$在式 (4.2) 中令 $k=2$ 得到$$\psi (x)+\psi \left(x+\frac{1}{2}\right)=2\left(\phi (2x)-\ln 2\right),$$令 $x=\frac{1}{2}$, 即有 $\psi \left(\frac{1}{2}\right)+\psi \left(1\right)=2\left(\psi (1)-\ln 2\right)$, 由此解得 $\psi \left(\frac{1}{2}\right)=\psi (1)-2\ln 2=-\gamma -2\ln 2.$

令 $k=3$, 在分别令 $x=\frac{1}{6},\frac{1}{3}$, 有$$\begin{array}{rl}\psi \left(\frac{1}{6}\right)+\psi \left(\frac{5}{6}\right)& =2\psi \left(\frac{1}{2}\right)-3\ln 3,\\ \psi \left(\frac{1}{3}\right)+\psi \left(\frac{2}{3}\right)& =2\psi \left(1\right)-3\ln 3,\end{array}$$结合 (4.2) 式, 即有$$\begin{array}{rl}\psi \left(\frac{1}{6}\right)-\psi \left(\frac{5}{6}\right)& =-\sqrt{3}\pi ,\\ \psi \left(\frac{1}{3}\right)-\psi \left(\frac{2}{3}\right)& =-\frac{\pi }{\sqrt{3}},\end{array}$$联立解得$$\begin{array}{rl}\psi \left(\frac{1}{3}\right)& =-\gamma -\frac{3}{2}\ln 3-\frac{\pi }{2\sqrt{3}},\psi \left(\frac{2}{3}\right)=-\gamma -\frac{3}{2}\ln 3+\frac{\pi }{2\sqrt{3}},\\ \psi \left(\frac{1}{6}\right)& =-\gamma -2\ln 2-\frac{3}{2}\ln 3-\frac{\sqrt{3}}{2}\pi ,\psi \left(\frac{5}{6}\right)=-\gamma -2\ln 2-\frac{3}{2}\ln 3+\frac{\sqrt{3}}{2}\pi ,\end{array}$$随即令 $k=4$, $x=\frac{1}{4}$, 结合 (4.2) 式, 有$$\psi \left(\frac{1}{4}\right)+\psi \left(\frac{3}{4}\right)=3\psi (1)-\psi \left(\frac{1}{2}\right)-8\ln 2,\psi \left(\frac{1}{4}\right)-\psi \left(\frac{3}{4}\right)=-\pi ,$$解得$$\psi \left(\frac{1}{4}\right)=-\gamma -3\ln 2-\frac{\pi }{2},\psi \left(\frac{3}{4}\right)=-\gamma -3\ln 2+\frac{\pi }{2}.$$

$\square$

证明 $\Gamma$ 函数在定义域内解析.

证明.

$\square$

证明例 9.4.7 中的结论.

5变分法初步

最优解的必要条件,Euler-Lagrange 方程, 特殊情形 Euler-Lagrange 方程的求解, 捷线问题, 最优解的充要条件, 存在性问题简介,Poincaré 不等式, 弱收敛, 强收敛,Clarkson 不等式, 凸集分离定理,Mazur 定理,Riesz 表示定理

A 5.1. 证明: 对于任何 $a,b>0$, 存在唯一的 $r>0$ 以及 $\theta \in \left(0,2\pi \right]$ 使得 $a=r\left(\theta -\sin \theta \right),b=r\left(1-\cos \theta \right)$.

证明.

$\square$

证明 (10.5.28) 式. 设 $f\in C[a,b]$. 若存在 $h_1,h_2\in L^1[a,b]$ 使得$$f(x)=f(a)+{\int }_a^x{h}_j(t)dt,\forall x\in [a,b],j=1,2.$$证明: ${\int }_a^b\left|h_1(x)-h_2(x)\right|dx=0.$ 设 $1<q<+\infty ,E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为测度非零的可测集, $G$ 由 (10.5.50) 式给出. 证明: $\forall g\in L^q(E)$, 存在 $g_{\epsilon }\in G$ 使得 ${\Vert g_{\epsilon }-g\Vert }_{L^q(E)}<\epsilon$.

B 5.2. 举例说明, 对于 $\mathbf{A}\in C([a,b];{\mathbb{R}}^{(2m)\times (2m)}),{\mathbf{A}}^{\top }(x)=\mathbf{A}(\forall x\in [a,b])$, 条件$${\int }_a^b{\left(\begin{array}{c}\mathbf{\phi }(x)\\ {\mathbf{\phi }}^{\prime }(x)\end{array}\right)}^{\top }{\mathbf{A}}^{\top }\left(\begin{array}{c}\mathbf{\phi }(x)\\ {\mathbf{\phi }}^{\prime }(x)\end{array}\right)dx⩾0,\forall \mathbf{\phi }\in C_0^1([a,b];{\mathbb{R}}^m)$$并不蕴涵$$\mathbf{A}⩾0,\forall x\in [a,b].$$

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.