含参量积分习题

( i )由于对a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y < +∞有0 < xe
+∞ a − xy
≤ be
− ay
,
且∫ be − ay dy收敛（a > 0)，由M 判别法知
∫
+∞
a
xe − xy dy 在 [ a, b ] (a > 0)上一致收敛.
( ii )因为Φ ( x ) = ∫a
+∞
xe
− xy
a
b2
+∞ 1 − x2 y dy ∫ e dx y = π ( b − a ) 0 y
sin xt dt ( 2 ) ∫0 e t 是本节例5的特殊形式，参照例5来解.
−t
+∞
1 − cos xy dx ( 3) ∫0 e 2 x y sin xt 1 − cos xy 由 =∫ dt ( y > 0 ) 知 2 0 x x
( 2 ) ∫0 ln (1 − 2a cos x + a
π
2
) dx
2
解：此处 f ( a, x ) = ln(1 − 2a cos x + a ), −2 cos x + 2a f a ( a, x ) = . 2 1 − 2a cos x + a 当 a < 1时，注意到
1 − 2a cos x + a 2 ≥ 1 − 2 a + a 2 = (1 − a ) 2 > 0
b a
1x −x cos ln x ln x , 0 < x < 1 构造函数g ( x ) = b − a , x =1 0, , x = 0. 1 1 1 b y 则有I = ∫ g ( x ) dx = ∫ cos ln ∫ x dy dx 0 0 x a
= ∫ ln (1 − 2b cos x + b
π
0
2
)
= 0 − 2π ln b = 2π ln a
1 dx + π ln 2 b
2 ) ∫ ln (1 − 2a cos x + a 2 ) dx (
π
0
又I (1) = ∫ ln 2 (1 − cos x ) dx = 0
0
π
（利用∫ ln sin tdt = −
当0 < a < 1时，有I ′ ( a ) = 0, I ( a ) ≡ c.
因为I ( 0 ) = 0, 且I ( a ) 在 ( −1,1) 上连续， 所以c = 0, 即I ( a ) ≡ 0 ( a < 1) .
2 ) ∫ ln (1 − 2a cos x + a 2 ) dx (
π
0
1 当 a > 1时，令b = , 则有 a π 1 2 I ( a ) = ∫ ln 1 − cos x + 2 dx 0 b b π 1 2 = ∫ ln 2 (1 − 2b cos x + b ) dx 0 b
dx M 判别法∫ p 在(-∞, b) ( b < 1) 上一致收敛. 0 x
1
P189EX4 求下列积分 求下列积分.
(1) ∫0
+∞
e
− a2 x2
−e 2 x
− b2 x2
dx
∫
+∞
e
− a2 x2
0
− x2 y
−e 2 x
− b2 x2
dx = ∫ dx ∫ 2 e
0 a
+∞
b2
− x2 y
含参ຫໍສະໝຸດ Baidu积分习题课
2006/10/30
P178EX4 应用对参量的微分法求积分。 应用对参量的微分法求积分。
1) ∫ 2 ln ( a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x ) dx (
0
π
( 2 ) ∫0 ln (1 − 2a cos x + a
π
2
) dx
定理19.3 （可微性） 可微性） 定理
∂ 若函数f ( x, y ) 与其偏导数 f ( x, y ) 都在矩形 ∂x 区域R = [ a, b ] × [ c, d ] 上连续，则
d ∂ d d ∫c f ( x, y ) dy =∫c ∂x f ( x, y ) dy. dx
P178EX4 应用对参量的微分法求积分。 应用对参量的微分法求积分。
+∞ −x
∫
+∞
0
+∞ y 1 − cos xy − x sin xt e dx = ∫ dx ∫ e dt 2 0 0 x t −x
验证定理19.11的条件并交换积分顺序得 +∞ y +∞ − x 1 − cos xy − x sin xt dx = ∫ dt ∫ e dx 2 ∫0 e 0 0 x t y 1 = ∫ arctan tdt = y arctan y − ln (1 + y 2 ) ( y > 0 ) 0 2 由于原积分是偶函数，从而当y < 0时，
1 b b 1 0 a a 0
1 1 b 2 + 2b + 2 y = ∫ dy ∫ x cos ln dx = ln 2 . a 0 2 a + 2a + 2 x
b 1
P189EX1 关于一致收敛性的证明 关于一致收敛性的证明.
( 3) ∫
+∞
0
xe− xy dy
( i ) 在 [ a, b] 上一致收敛 ( ii ) 在 [ 0, b] 上不一致收敛.
dy
e
a 2 , b 2 上连续，易证 在[0, +∞) ×
− x2 y
∫
＋∞
0
e
dy在 a , b 上一致收敛.
2 2
根据定理19.11交换积分顺序得
∫
+∞
e
− a2 x2
0
−e 2 x
− b2 x2
dx = ∫ 2 dy ∫ e
a 0
b2
+∞
− x2 y
dx
=∫2
0, x = 0 dy = 在x = 0 1, 0 < x ≤ b dy在 [ 0，b ]上不一致收敛.
不连续，而xe − xy 在0 ≤ x ≤ b, 0 ≤ y < +∞内连续， 由连续性定理知∫
+∞ 0
xe
− xy
1 ( 4 ) ∫0 ln ( xy )dy在 , b ( b > 1) 上一致收敛. b 1 考虑对 ≤ x ≤ b ( b > 1) , 0 ≤ y ≤ 1有 b
（ 利 用 ∫ ln sin tdt = −
2 0
π
π
2
ln 2)
P178EX5 应用积分号下的积分法求积分。 应用积分号下的积分法求积分。
1 xb − x a dx ( b > a > 0 ) ( 2 ) I = ∫0 cos ln x ln x
1
1 xb − x a 观察到 cos ln 在x = 0和x = 1处无定义. x ln x 1x −x 且 lim cos ln = b - a, x →1 x ln x 1 xb − x a = 0，先延拓被积函数. lim cos ln x →0 x ln x
b a
= ∫ dx ∫
0
1
b
a
1 x cos ln dy. x
y
y 1 x cos ln , 0 < x ≤ 1 令f ( x, y ) = x 0, x=0
,
则f ( x, y ) 在 [ 0,1] × [ a, b ] 上连续，根据定理 19.6交换积分次序得 I = ∫ dx ∫ f ( x, y )dy = ∫ dy ∫ f ( x, y )dx
0
π
分几种情况考虑，利用定理19.3.
(1) a = 0, b ≠ 0; (2) a ≠ 0, b = 0.
(3) a = b ≠ 0
( 4) a
≠ b , ab ≠ 0.
综合得
∫
π
2 0
ln ( a sin x + b cos x ) dx = π ln
2 2 2 2
a+b 2
a 2 + b2 ≠ 0 ) . (
上述结果也正确，当y = 0时显然计算结果 也满足，故对任一y ∈ ( −∞, +∞ ) 都有， 1 2 原式 = y arctan y − ln(1 + y ). 2
所以f ( a, x ) 与f a ( a, x ) 在 ( −11) × [ 0, π ] 上连续. ，
2 ) ∫ ln (1 − 2a cos x + a 2 ) dx (
π
0
根据可微性，有 I ′(a) = ∫
π
0
−2 cos x + 2a dx, a ∈ ( −1,1) 2 1 − 2a cos x + a
1
ln xy = ln x + ln y ≤ ln x + ln y ≤ ln b − ln y,
用M 判别法.
dx ( 5) ∫0 p 在(-∞, b) ( b < 1) 上一致收敛. x
1
由于对0 ≤ x ≤ 1, −∞ ≤ y ≤ b ( b < 1) 有
1 1 1 1 ≤ b ( b < 1) 且∫ b dx收敛，所以由 y 0 x x x
2 0
π
π
2
ln 2), 类似地得I ( −1) = 0.
0, a ≤1 综上可得，I ( a ) = 2π ln a , a > 1
∫
π
0
ln (1 − 2a cos x + a 2 ) dx : 泊松积分.
1) ∫ 2 ln ( a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x ) dx (