数学分析考研复习讲义9含参变量积分.pdf

第九章 含参变量积分 第九章 含参变量积分 基本概念与主要结果 基本概念与主要结果 一 含参量正常积分 一 含参量正常积分 1 定义 1 定义 设 f x y为矩形区域 Ra bc d 上的二元函数 若 yc d 一元函数 f x y 在 上可积 则其积分值是在 上取值的函数 记为 a by c d y 即 b a yf x y dxyc d 称之为含参量的有限积分 称为参变量 y 更一般地 我们有如下含参量积分 fGx ya yxb yy 在 b y a y yf x y dxy 其中为 a x b x 上的连续函数 2 分析性质 2 分析性质 1 连续性 1 连续性 设二元函 数 f x y在区域 Gx yc xxd x axb 上连续 其中 为 上连续函数 则函数 c x d x a b d x a x F xf x y dy 在上连续 ba 2 可微性 2 可微性 若函数f与f x 在 上连续 则 a bc d d c I xf x y dy 在 上可微 且 a b d c I xf x y dy x 3 可积性 若 f x y在 上连续 则 a bc d I x和分别在 和 上 可积 J y a b c d 此说明 在连续的假设之下 同时存在两个求积顺序不同的积分 bd ac f x y dy dx 与 db ca f x y dx dy 为了书写简便起见 上述两个积分分别写作 bd ac dxf x y dy 与 db ca dyf x y dx 统称为累次积分 4 若 f x y在 上连续 则 a bc d bd ac dxf x y dy db ca dyf x y dx 一 参量的常积分 一 参量的常积分 1 1 一致收敛性及其判别法 一致收敛性及其判别法 定义 1定义 1 设函数定义在无界区域 Gx yc xxd x axb 上 若对每一固 定的 xa b 反常积分 c f x y dy 都收敛 则它的值是x在 上取值的函数 记之为 a b I x 则有 c I xf x y d y xa b 1 称 1 式为定义在 上的含参量的无穷限反常积分 简称含参量无穷积分 a b 定义 2定义 2 一致收敛 若含参量积分 1 满足 0 0N 当MN 时 xa b 有 M cc f x y dyf x y dy 当时 有 2 1 A A f x y dy 定理 2定理 2 魏尔斯特拉斯 M 判别法 设有函数 使得 g y f x yg yaxb cy N c f x y dy 对参量x在上一致有界 即0 MNcxa b 有 N c f x y dyM 2 对每个 xa b 函数关于 g x yy是单调递减的且当y 时 对参量x 一致收敛于 0 则含参量反常积分 g x y c f x y g x y dy 在 一致收敛 a b 定理 5定理 5 阿贝尔判别法 设 1 c f x y dy 在 上一致收敛 a b 2 对每一个 xa b 函数为 g x yy的单调函数 且对参量x 在 上一致有界 即 g x y a b 0 Lg x y 分别称为第一类和第二类积分 又称贝塔 函数与格马 函数 它们具有下列性质 EulerBetaGamma 1 函数 1 函数 1 在定义域内连续且可导 s 0s 2 递推公式 1 1 sssnnnZ B函数 函数 2 2 1 在定义域内连续 2 递推公式 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 2 q B p qB p qpq pq p B p qB pqpq pq pq B p qB pqpq pqpq 3 对称性 B p qB q p 3 两者之间的关系 0 0 pq B p qpq pq 4 注意函数与 B函数的其他表现形式 2 21 11 000 1 112121 2 00 2 1 2sincos s sxxsspx pqqp sxe dxxedxpxe B p qxxdxd dx 例题选讲 例题选讲 一 基本题 一 基本题 例 1例 1 求函数的导数 1 22 0 ln F xxy dx 0y 解 解 0 0 y 使得 1 y 显然被积函数 22 ln xy 与 22 22 2 ln y xy yxy 在闭区域 1 0 1 上都连续 因此 有 11 22 22 00 21 ln 2arctan y F yxydxdx yxyy 例 2例 2 证明 若函数 f x在区间 连续 则函数 a b 1 1 1 n x a y xxtf t dtx n a b 是微分方程 n yxf x 的解 并且满足条件 1 0 n y ay aya 证明 证明 设 则 1 n F x txtf t x f x tfx t在 a ba b 上连续 因此有 2 2 1 11 1 1 1 1 2 x nn a x n a x n a n y xnxtf t dtxxf x nn xtf t dt n yxf t dt yxf x 1 即是微分方程 y x n yxf x 的解 显然 1 0 n y ay aya 例 3例 3 证明 若函数 f x存在二阶导数 函数存在连续导数 则函数 F z 11 22 x at x at u x tf xatf xatF z dz a 是弦振动方程 22 2 2 uu a tx 2 的解 证明 证明 由题设知 22 2 uu tx2 与均存在 且有 2 2 11 22 1 22 22 u fxatafxataaF xataF xat ta a fxatfxatF xatF xat uaa afxatafxatF xatF xat t 同理 2 2 11 22 u fxatfxatF xatF xat xa 于是 22 2 22 uu a tx 例 4例 4 求 1 22 0 lim 1 x dx x 解 解 记 1 2 1 dx I 2 x 由于 22 1 1 1 x 和x的连续函数 因此 I 在 0 处连续 所以 1 2 00 lim 0 14 x dx II x 例 5例 5 计算积分 1 2 0 1 1 lnx Idx x 武汉大学 解 解 考虑含参量积分 1 2 0 1 1 lnx Idx x 显然 且 0 0 1 1II 2 ln 1 1 x f x x 在 0 1 0 1 上满足积分号下可微定理条 件 于是 1 2 0 1 1 xdx I xx 由于 222 1 1 1 111 xx xxxx 所以 111 222 000 121 00 2 1 1111 11 arctan ln 1 ln 1 12 x I adxdxdx xxx xx 1 0 x 2 11 ln2ln 1 142 从而 11 2 00 211 00 11 ln2ln 1 142 1 ln 1 ln2arctan 1 82 ln2 1 4 Idd I I 又 1 0 1 0 1 IdIII 所以 1 ln2 8 II 例例 6 证明无穷积分在 上一致收敛 0 ux uedx 0 a b a 证法一证法一 定义法 设 则有 0A uxuxAu AA uedxeduxe 已知 所以 aub uxAuAa A uedxee 于是0 要使不等式 Aa e 取 0 11 lnA a 则当 时 有 0 AA ua b uxAa A uedxe 此法常用积分是可计算的或是可估值的 证法二证法二 优函数法 ua b 有 uxax uebe 而无穷积分收敛 故原无穷积分在 上一致收敛 0 ax bedx 0 a b a 例例 7 证明 含参量无穷积分 0 sin xy dy y 在 上一致收敛 0 但在 内不一致收敛 0 证明 证明 由于 有 0A sinsin AAx xyu dydu yu 而 0 sinx dx x 收敛 故0 0M 当时 有 AM sin A x dx x x 有 从而有 AxM sin A xy dy y 有 0 00 A f xy dy 事实上 由 1 知 00 sinsin AA x xyu dydu yu 而 0 sinu du u 收敛于 2 故对任意的正数 0 和 总存在及0A 0 AA 0 x 使得 0 0 0 sinsin A x uu dudu uu 0 00 00 sinsinsin A x uuu dududu uuu 注 0 sin 2 x dx x 例例 8 证明无穷积分 0 sin yx x edx x 在 0 上一致收敛 证明 证明 由于 0 sinx dx x 收敛 且不含参量 所以关于是一致收敛 又yy yx e 关于x是 单调的 且 即一致有界 由阿贝尔判别法知其在 0上一致收 敛 01 0 yx ey 例例 9 证明 若 f x y在 上连续 又 a bc c f x y dy 在 上收敛 但 在 a b xb 处发散 则 c f x y dy 在 上非一致收敛 北航 a b 证明 证明 假设积分 c f x y dy 在上一致收敛 则对于任给 a b0 Mc 当 时 对一切 A AM xa b 有 A A f x y dy A A f b y dy 此说明 c f x y dy 在xb 处收敛 这与假设矛盾 故非一致收敛 例例 10 计算 0 sinsin 0 px bxax Iedxpba x 解 解 因为 sinsin cos b a bxax xydy x 所以 00 cos cos bb pxpx aa Iexydy dxdxexydy 2 由于 c 而收敛 故在 一致收敛 os pxpx exye 0 px edx 0 cos px exyd a b a b x 又在 0cos px exy 上连续 因此 2 式可交换积分顺序 于是 0 22 0 22 sin cos arctanarctan b pxx x a b a yxypxy Idyedy py pba dy pypp 例例 11 计算 0 sinax dx x 解 在上例中令0b 则得 0 sin arctan 0 px axa F pedxp xp 3 由阿贝尔判别法知上述含参量积分在上一致收敛 例 8 故在上 连续 且 0p F p0p 0 sin 0 ax Fdx x 由 3 式可得 00 0 lim lim arctansgn 2 pp a FF p p a 特别地 当时 1a 0 sin 2 x dx x 狄利克雷积分 注 注 此题中被积函数 sinax x 不存在初等函数的原函数 0a 时 所以不能直接求这 个无穷积分 为此在被积函数中引入一个 收敛因子 这是一种较为有效的方 法 应于以足够的重视 0 px ep 例例 12 计算 2 sin x dx x 解 解 无穷积分显然收敛 且是偶函数 因此 2 2 00 0 00 sin1 cos21 2 1 cos2 1 cos22sin2sin2 2 xx dxdxx d xxn xxx dxdx xxx 例例 13 试计算 1 2 从而计算 2 0 x edx 解 解 由B函数与 函数之间的关系立得 2 11 1 11 22 11 2 22 22 B 又 2121 2 0 1 11 2sincos 2 22 pq Bd pq 从而 1 2 这样 2 1 2 00 111 222 t x edxetdt 2 例例 14 计算 1 0 0 1 p p q x dxpq x 0 解 解 令 1 1 t x 则 2 1 dxdt t 于是 1 0 1 2 01 1 11 0 11 1 1 p pp q p q qp xt dxtdt xtt ttdtB q p 例例 15 证明 若0 0 ba 有 11 b a xabxdxBba 1 证明 证明 令 xa u ba 1 xaba u bxbaudxba du 从而有 1 11111 0 1 1 b a xabxdxbauud Bba u 例例 16 证明尤拉等式 2 11 4400 4 11 dxx dx xx 证明 证明 令 4 xt 则 3 4 1 4 dxtdt 于是 31 11 42 400 11 1 44 1 dx ttdtB x 1 1 4 2 2 1 40 13 1 44 2 1 x dx B x 从而 2 11 4400 2 1131 1 4242 35 16 11 44 11 424 dxx dx xx 二 提高题 二 提高题 1 积分号下可微性与可积性 1 积分号下可微性与可积性 例例 1 设 其中 b a F yf xyx dx ab 而 f X为可微函数 求 华 中师大 Fx 解 解 当时 ya b b a F yf xyx dx yb ay f xyx dxf x xy dx 于是 yb ay Fyf x dxf x dx 2 Fxf yf yf y 当时 从而 yb b a F yf xyx dx 0 y a F yf x dx Fy 同理 当ya 时 因此 0Fy Fy 2 0 f yya b ya b 注 注 事实上在ya 与yb 点处的导数应由左右导数定义求之 其结果是一样的 例例 2 设 2 cos 0 cos sin r F rernd 求证 2F r 证明 证明 2 0 0 2Fd 因此只需证明 0F r 事实上 验证条件 22 cos 00 cos sin r F rerd 而 2 cos cos sin r erd 0 cos cos sin r erd 代入立得 0F r 例例 3 设函数在 u x y 2 R内有连续的二阶偏导数 且 22 22 0 uu xy 而的一 阶数对任意固定的 u x y yR 是x的以2 为周期的函数 证明 函数 2 22 0 a uu f ydx xy yRc 常数 武汉大学 证明 证明 记 22 uu F x y xy 则及 F x y y F x y在 2 R均连续 因此 2 22 0 y uu ydx xy f 22 2 22 0 22 uuuu dx xx yyy 22 2 22 0 2 uuuu dx xx yyx 22 2 22 0 2 uuuu dx xx yyx 2 0 0 u u xy 其中最后一步是由于 u x 和 u y 均是以2 为周期的函数 例例 4 计算积分 2 0 1cos ln 1 1coscos axdx I axx 解法一解法一 积分号下求导 假设该含参量积分能积分号下求导 则 2 0 1cos ln 1coscos axdx I ax x 2 22 0 2 1cos dx ax 22 0 2 1 dt at 0 22 21 arctan tan 11 x aa 2 1a 由此从到 并注意到0a 0I 得 arcsin Ia 因此 本小题的关键在于验 证含参量适合积分号下求导的条件 事实上 0 1 aaaR 使得 在 0 1aa 00 0 2 a a 上 由于 0 0 2 2 1cos lim ln 1cos 2 cos1 lim ln1 1coscos 2 x ay x ay ax ya a ax ax ax y x 补充定义 2 2 faa 易知函数 f x a在 00 0 2 a a 上连续 此外 00 22 2 2 1cos2 fx axaya a ax 0 0 22 lim 2 2 2 lim2 a a faafa fa a aaa a 补 充 定 义 2 2 fa 则 在 00 0 2 a a 上 fx a 亦 连 续 从 而 在 00 0 2 a a 上满足积分号下可微分 由的任意性知命题为真 a 解法二解法二 积分号下可积分 已知 2 11 ln 121 dxx c xx 从而 1 222 0 11cos ln2 0 11 cos1cos1 cos 2 axdy ax xaxax y a b 解 解 由于 ln ba b y a xx x dy x 所以 1 0 1 sin ln b y a Idxx dy x 记 1 sin ln 01 y f x yxxayb x 解 解 记 22 ln sin f xa x 则 22 2 sin a a fx a ax 00 1 1 1 aa 0 使得 在矩形区域 00 0 1 2 上 f x a和 a fx a均连 续 因此 2 22 0 2 sin a I ad ax x 令tan xt 则 2 22 2 sec sin 1 t xdxdtx t 从而 22 0 2 2 2 222 2200 2 2 0 22 11 2 1 1 1 2 2 1 11 1 21 arctan 11 I aadt tt a t a dt dt a a tat aa t a a t a aa 积分得 2 ln 1 I aaa c 1 其中为积分常数 下求常数 在 1 中取cc2a 则得 2 ln 12 Ic 2 因此只需求出 2 I即可 由已知条件得 2 2 0 2 ln 1 cos Ix dx 记 22 2 0 ln 1cos J x dx 容易验证它满足积分号下可微定理的条件 从而 2 2 22 0 2 2 0 2 2 222 0 222 00 22 2 cos 1cos 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 211 11 21 22 11 11 x Jdx x t dt t t dt tt dtdt tt 2 又 所以 0 0J 2 2200 ln 11 ln2 1 11 t JJ t dtdt tt 由此得 1 ln 21 ln2J 即 2 ln 21 ln2I 将其代入 2 得ln2c 从而 2 ln 1 ln2Iaa 解法二解法二 记 2222 2 0 ln sincos F bbxax dx 则 2 1 FaI a 先求出 F b 22 2 22222 222 00 222222 22 0 22 2 sin1 2 sincos1 1111 2 1 1 2 0 2 bxt F bdxbdt bxaxb tat bd batba b ta a bb babab t 积分得 ln F babc 2 c为积分常数 令b得a 0 ln 2 lnF aac c 于是 ln ln2F bab 令 2 1ba 得 22 1 ln 1 ln2I aFaaa 2 一致收敛性 定义法 柯西收敛准则 M 判别法 和判别法 2 一致收敛性 定义法 柯西收敛准则 M 判别法 和判别法 AbelRirichlet 例例 7 证明 0 x xedx 在 0 0 上一致收敛 但0 00 2 00 0 AA Aee A 于 是0 0 MAM 有 00 2 00 AA Aee 从 而 0 有 x A xedx 即 0 x xedx 在 0 0 有 2 11 xAA A xedxAee 对 任 意 固 定 的A 上 式 当0 时 极 限 为 于 是 000 1 0 0 AAA 有 0 0 1 x A xedx 由定义知其非一致收敛 例例 8 证明 在a 2 x edx b 上一致收敛 在 有 2 x a edx 2 x A edx x x 即非一致收敛 从而非一致收敛 2 0 x ed 2 x ed 例例 9 试证 2 0 sin 1 xx dx x 在0 有 2 22 sinsin 1 1 AA AA xxx dxdx xx x x 而x 时 2 2 1 x x 严格单增趋于 1 因此 无论A多么大 只要充分大 当 AA xA 时 有 2 2 1 12 x x 取 当时 1AA xA A 随着 sin 0 x x 严格趋于 1 因此 只要 0 充分小 便有 sin1 2 x x 于是 2 2 sin1 14 xx xx 这样便有 2 sin1 1 4 A A xx dx x 由 Cauchy 准则知其非一致收敛 例例 10 试证 1 0 11 sindx xx 在02 上非一致收敛 证明 证明 令 1 t x 则 1 2 01 111 sinsindxtdt xxt 3 0 2 2 44 AAnAAnA 有 2 sin 2 x 从而 22 2 sin2121 22 212 2 3 44 2 4 AAA AAA tdt dtdt ttA n 2 2 因此原积分在0 4 44 22 sincos coscossincoscoscos 442 A A AA xxxdx xxxxxx dxdx xx 4 3 x 由 M 判别法易得右端两个积分关于 a b 均一致收敛 非凡第一项一致收敛于零 因此原 积分在 上一致收敛 a b 例例 13 证明 0 sin x e Idx x 关于 0 01 bb 一致收敛 证明 证明 这是一个具有无穷多个奇点的函数 它可转化为 1 0 sin x n n n e Idx x 令xnt 则 00 0 2 0 2 1 1sin sin 1 1sinsin tt n n tt ee Iedt et t ee dtdt ett dt 以 1 sinbt 为优函数知上式右端两个积分在 0上均一致收敛 故 b I 在 0上一致收敛 b 例例 14 试证积分 2 0 cos p x dx x 在上一致收敛 0 1pp 证明 证明 222 1 1 001 coscoscos ppp xxx dxdxdxII xxx 2 对于 2 1 1 0 cos p x Idx x 有 0 2 cos11 01 ppp x xpp xxx 1 且 0 1 0 1 p dx x 收敛 故由 M 判别法知 1 I在 0 1pp 上一致收敛 对于 2 2 1 cos p x Idx x 令 2 xt 则 1 2 dxdt t 于是 2 1 1 2 1cos 2 p t Idt t 其中一致有界 1 cost A dt 0 11 22 11 00 pp t tt 当 即 1 2 1 p t 一致收敛于 由判别法知其在Ririchlet 0 1pp 上一致收敛 例例 15 设函数 f x在时连续 积分0 x 0 x f x dx 在 ab ab 00 sin2 lim x xe dx x 吉林大学 证明 证明 由于 x e 对x单调 且 因此 由定理 只需证明积分 x e 1Abel 0 sin2xdx x 在 0上一致收敛 由判别法立明 其值为 bRirichlet 2 3 含参量反常积分的极限与连续 3 含参量反常积分的极限与连续 例例 17 设 n fx是 0 上的连续函数列 满足条件 1 在 0上 n fxg x 且收敛 0 g x dx 2 在任何有限区间 0上 序列 0 A A n fx一致收敛于 f x 试证明 00 lim n n fx dxf x dx 复旦大学 同济大学 华中师大 证明 证明 只需证明 0 0 N 当时 有 nN 00 n fx dxf x dx 由收敛知 当 0 g x dx 0A xA 时 有 3 x g x dx n fx在 0 A上一致收敛于 f x 所以 0N 当时 nN 3 n fxf x A 从而可得 00 n fx dxf x dx 例例 18 确定函数 3 0 ln 1 x g x dx的连续范围 四川大学 解 解 是其可能的奇点 0 x g 可化为 33 1 12 01 ln 1 ln 1 xx gdxdx xx II 其中 1 I以 0 为奇点 且 3 3 ln 1 1 0 x x xx 因此当31 即4 时收敛 故原积分 g 当且仅当 时14 收敛 即 g 的定义域为 1 4 其次 1 4 1 4 a b 使得 a b 当01x 当 时 gg cos cos coscos 2 2 2 sin sin 22 2 2 AA AA A A ggf xxdxf xxdx f xxx dx f x dxf x dxf xxx dx f x dxf x dxAf xdx A A 由 f xdx 收敛知 0 0 0 A 当时 有 0 AA 88 A A f xdxf xdx 对此A 取 2 Af xdx 则当 时 有 2 A A Af xdx 综合之后可得 gg 西北师大 解法一 解法一 积分号下可微 解法二 解法二 积分号下可积 解法三解法三 分部积分 直接法 22 2222 22 0 00 00 1 2 2 2 bxax axbxxbxax x bxax ee Ieedbeaed xx bedbxaedax ba x 解法四解法四 化为二重积分 不妨设b 则 a 2 222 0 y bx y ax D dxe Ie dydxdy xx 其中 22 0 0 yy Dx yxaxybxx yyx ba 222 22 2 22 22 1 12 0 11 1 1 axbxb a x bxbxnn n bxkk k eee eeb xxn ebax k ax 于是有 22 2 1 2 2 00 0 1 axbxk bxk k eeba Idxex dx xk 1 注意到 当0k 时 2 0 1 2 bx edx b 2 2 式两端对b求导得 2 2 3 0 2 11 22 bx ex dx b 这是 1 式中次的积分 继续对b求导可得1k 2k 次的积分 如此下去 由数学归纳法 易得 2 2 21 0 2 1 3211 22 22 bxk k k ex dx b 因此 1 式可化为 1 0 1 2 1 111 1 2 2 222 1 1 1 k k k ab Ib kb ab bb b a 例例 25 设的收敛半径为 0 0 0 1 2 n nn n f xa xan 且收敛 则 0 n n a n 0 x ef x dx 也收敛 且 东北师大 0 0 x n n ef x dxa n 解 解 由 0 n n n f xa x n 得 00 0 lim A xx n A n ef x dxea x dx 由于的收敛半径为 0 n n n a x 且 故在 0 x e 1 A上可逐次积分 从而 00 0 lim A xn n A n x f x e dxax e dx 又因为 00 A nxnx nn ax e dxax e dxa n n x 且已知收敛 故关于 0 n n a n 0 0 A nx n n ax e d 0 A 一致收敛 从而有 00 00 xnx nn nn f x