第十五章 含参变量积分 - 复旦大学数学科学学院

∫ （2） π ln(1 − 2α cos x + α 2 )dx 0
(| α |< 1) ；
π
∫ （3） 2 ln(a2 sin 2 x + b2 cos2 x)dx 。 0
π
解（1）设
I (a)
=
∫2 0
ln(a 2
−
sin 2
x)dx
，则
∫ ∫ π
I ′(a) = 2
2a
π
dx = − 2
2a
d cot x
0 a 2 − sin 2 x
0 a 2 cot 2 x + a 2 − 1
=−
2
arctan
a cot x
π
2=
π
，
a2 −1
a2 −1 0 a2 −1
于是
令 a → 1+ ，则 所以
I (a) = ln(a + a 2 −1) + C 。
π
∫ C = I (1) = 2 2 ln cos xdx = −π ln 2 ， 0
<
ε0 2
，
f (xn , yK ) −φ(xn ) < ε0 。 但是对固定的 xn ，当 y → y0 − 时， f (xn , y) 关于 y 单调递增地趋于
φ(xn ) ，所以当 n > max{N, K}时，成立
f (xn , yn ) −φ(xn ) ≤ f (xn , yK ) −φ(xn ) < ε0 ， 这与 f (xn , yn ) − φ(xn ) ≥ ε 0 ， (n = 1,2,") 矛盾。 3. 用交换积分顺序的方法计算下列积分：
∂2u = a2 ∂2u ，
∂t 2
∂x 2
以及初始条件 u(x,0) = f (x), ∂u (x,0) = F (x) 。
∂t
证 直接计算，可得
∂u = 1 [− af ′(x − at) + af ′(x + at)]+ 1 [aF (x + at) + aF (x − at)]，
∂t 2
2a
( x)(
x
−
y)dx
，于是
F
′(
y
)
=
∫b
− a
f
(
x)dx
，
F
′′(
y)
=
0
；
当
y
≥
b
时，
F
(
y)
=
∫b a
f
( x)(
y
−
x)dx
，于是
F
′(
y)
=
∫b a
f
( x)dx
，
F
′′(
y)
=
0
；
当
a
<
y
<
b
时，
F(
y)
=
∫y a
f
( x)(
y
−
x)dx
+
∫b y
f
( x)( x
−
y)dx
，于是
∫ ∫ F ′( y) =
0 1 − a sin x sin x
π
2 dx
0
a
01−
dy y 2 sin 2
x
=
2
a
dy
0
π 2
dx
，
0 1 − y 2 sin 2 x
∫ ∫ π 2
dx
π
=− 2
d cot x
=−
1
cot x π
arctan
2
0 1 − y 2 sin 2 x
0 cot 2 x + 1 − y 2
1− y2
+ −
α α
t
⎟⎞ ⎠
= 0，
α 0 1+t2
α
0
1
+
⎜⎛ 1 ⎝1
+ −
α α
⎟⎞2 t ⎠
2
所以 I (α ) = C ，再由 I (0) = 0 ，得到
I (α ) = 0 （ α < 1）。
π
∫ （3）设 I (a) = 2 ln(a2 sin 2 x + b2 cos2 x)dx ，且不妨设 a > 0 ， b > 0 。 0
1− y2 0
=π ，
2 1− y2
所以
∫ ∫ π 2
ln
1
+
a
sin
x
dx
=π
a
dy
= π arcsin a 。
0 1 − a sin x sin x
0 1− y2
4. 求下列函数的导数：
∫ （1） I ( y) = ； y2 e−x2y dx y
∫ （2） I ( y) = y2 cos xy dx ；
≥ ε0 ；
""
δn
=
min
⎧ ⎨ ⎩
1 n
,
y0
−
yn
−1
⎫ ⎬ ⎭
，
∃yn
∈ ( y0
−δn,
y0 )
，
∃xn
∈[a, b]
，
f (xn , yn ) −φ (xn )
≥ ε0 ；
""。
由此得到两列数列{xn},{yn}。由于{xn},{yn}有界，由 Bolzano-
Weierstrass 定理，存在收敛子列 {xnk },{ynk }，为叙述方便，仍记这两个
2
,t)
∫ ∫ ∫ = −2t
t2
dx
x+t
cos(
x
2
+
y2
−
t2
)dy
+
2
t2 sin 2x2 cos 2xtdx
0
x−t
0
3
+ ∫2t tt22−+ttsin(t 4 − t 2 + y 2 )dy 。
5.
设
I ( y)
=
y
∫0 (x
+
y)
f
(x)dx ，其中
f
为可微函数，求
I ′′( y) 。
解
I ′( y)
=
2 yf
( y)
+
∫y 0
f
( x)dx
，
I ′′( y) = 3 f ( y) + 2 yf ′( y) 。
6.
∫ 设 F( y) =
b
f (x) | y − x | dx
a
(a < b) ，其中 f (x) 为可微函数，求 F ′′( y) 。
解
当
y
≤
a
时，
F
(
y)
=
∫b a
f
当 a = b 时， I (a) = π ln a 。以下设 a ≠ b 。
由于
5
∫π
I ′(a) = 2
2a sin 2 x
dx ，
0 a 2 sin 2 x + b2 cos2 x
记
∫ ∫ π
A= 2
sin 2 x
π
dx ， B = 2
cos2 x
dx ，
0 a 2 sin 2 x + b2 cos2 x
1
f (x, y) − φ(x) ≥ ε 0 。 依次取δ1 = 1， ∃y1 ∈(y0 −δ1, y0) ， ∃x1 ∈[a,b] ： f (x1, y1) −φ (x1) ≥ ε0 ；
δ2
=
min
⎧1
⎨ ⎩
2
,
y0
−
y1
⎫ ⎬ ⎭
，
∃y2
∈(
y0
−δ2,
y0) ，
∃x2
∈[a, b]
，
f (x2, y2 ) −φ (x2 )
∫= 1 dx +
α
01+ x2 +α 2 1+ξ 2 +α 2
（ξ 在1与1+α 之间），
于是
∫ ∫ lim
α →0
1+α
dx
0 1+ x2 +α 2
= lim
α →0
1 dx + lim
α
0 1 + x2 + α 2 α→0 1 + ξ 2 + α 2
∫= 1 1 dx = π 。
01+ x2
4
∫b
(
a
f
(x,
y)
− φ(x))dx
≤
∫b
a
f
(x,
y)
− φ(x) dx
<
(b
−
a)ε
，
就有
lim
y→ y0 −
∫ab
f
(x,
y)dx
=
∫abφ (x)dx
。
以下用反证法证明 lim f (x, y) = φ(x) 关于 x ∈[a,b] 是一致的。 y→ y0 −
若不然，则 ∃ε 0 > 0 ， ∀δ > 0 ， ∃y ∈(y0 −δ , y0 ) ， ∃x ∈[a,b]：
子列为 {xn }, {yn } ，其中 {yn }是递增的，
lim
n→∞Biblioteka Baidu
yn
=
y0
。设
lim
n→∞
xn
=ξ
。
由 f (ξ , y) → φ(ξ ) ( y → y0 −) ，可知 ∃δ > 0, ∀y(−δ < y − y0 < 0) ：
f (ξ , y) − φ(ξ ) < ε 0 ，
2
注意 lim n→∞
yn
=
y0 ，取足够大的 K
使得 −δ
<
yK
−
y0
<
0 ，从而
f
(ξ ,
yK
)
− φ(ξ )
<
ε0 2
。
又
f
(x,
yK
)
− φ ( x)
在
x
=
ξ
点连续以及 lim n→∞
xn
=ξ
， ∃N
>
0, 当 n
>
N
时，
成立
于是
(f
(xn , yK ) −φ(xn ))− ( f
(ξ ,
yK
) − φ(ξ ))
1 ⎟⎞dx x⎠
=
1 1 + ( y + 1)2
，
∫ ∫ 1sin⎜⎛ ln 1 ⎟⎞ xb − xa dx =
0 ⎝ x ⎠ ln x
b dy = arctan(1 + b) − arctan(1 + a) 。
a 1 + ( y + 1)2
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ （2）
π 2
ln
1
+
a
sin
x
dx
=2
第十五章 含参变量积分
习 题 15.1 含参变量的常义积分
1． 求下列极限：
∫ （1） lim 1+α dx ；
α→0 0 1 + x 2 + α 2
∫ （2） lim 1 dx 。
n→∞
0
1+
⎜⎛1 +
x
⎟⎞ n
⎝ n⎠
解（1）由积分中值定理，可得
∫ ∫ ∫ 1+α
dx
1
=
dx
1+α
+
dx
0 1+ x2 +α 2 01+ x2 +α 2 1 1+ x2 +α 2
∂2u ∂x 2
=
1[f
2
′′( x
−
at)
+
f
′′(x
+
at )] +
1 2a
[F ′(x
+
at)
−
F ′(x
−
at)]，
所以
∂2u ∂t 2
=
a2
∂2u ∂x 2
，
且显然成立 u(x,0) = f (x), ∂u (x,0) = F (x) 。
∂t
8．利用积分号下求导法计算下列积分：
4
π
∫ （1） 2 ln(a 2 − sin 2 x)dx (a > 1) ； 0
α −1 + (α + 1)t 2
dt
0 [(1 − α )2 + (1 + α )2 t 2 ](1 + t 2 )
∫ ∫ = 2
α
+∞ dt 0 1+t2
+
2⎜⎛α ⎝
−1 α
⎟⎞ ⎠
+∞ 0
(1 − α )2
dt + (1 + α )2 t 2
∫ ∫ = 2 +∞
dt
− 2 +∞
d
⎜⎛ ⎝
1 1
I (a) = π ln a + a2 −1 。
2
（2）设
I (α )
=
π
∫0
ln(1 −
2α
cos
x
+α
2 )dx
，则
I (0)
=
0
。设α
≠
0
，由于
∫ I ′(α ) =
π 0
2α − 2 cos x 1 − 2α cos x + α
2
dx
，
作变换 t = tan x ，得到
2
∫ I ′(α ) = 4 +∞
∫ （1） 1sin⎜⎛ln 1 ⎟⎞ xb − xa dx (b > a > 0) ； 0 ⎝ x ⎠ ln x
∫ （2）
π 2
ln
1
+
a
sin
x
dx
(1 > a > 0) 。
0 1 − a sin x sin x
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 解（1）
1sin⎜⎛ ln 1 ⎟⎞ xb − x a dx =
∂ 2u = a2 [ f ′′(x − at) + f ′′(x + at)]+ a [F ′(x + at) − F ′(x − at)]，
∂t 2 2
2
∂u = 1 [ f ′(x − at) + f ′(x + at)]+ 1 [F (x + at) − F (x − at)]，
∂x 2
2a
0
⎝ x⎠ y +1
⎝ x⎠0 y +1 0
⎝ x⎠
2
∫ = 1
1
x
y
cos⎜⎛
ln
1
⎟⎞dx
y +1 0
⎝ x⎠
于是
∫ =
(y
1 + 1)2
x y+1
cos⎜⎛ ln ⎝
1 ⎟⎞ 1 x⎠0
−
(y
1 + 1)2
1x y sin⎜⎛ ln 1 ⎟⎞dx ，
0
⎝ x⎠
所以
∫1x y 0
sin⎜⎛ ln ⎝
1sin⎜⎛ ln 1 ⎟⎞dx
b
x
y
dy
=
b
dy
1 x y sin⎜⎛ ln 1 ⎟⎞dx ，
0 ⎝ x ⎠ ln x
0 ⎝ x⎠ a
a0
⎝ x⎠
∫ ∫ 1 x y sin⎜⎛ ln 1 ⎟⎞dx = 1 x y+1 sin⎜⎛ ln 1 ⎟⎞ 1 + 1 1 x y cos⎜⎛ ln 1 ⎟⎞dx
yx
∫ ∫ （3） F(t) =
t2
dx
x+t
sin(
x
2
+
y2
−
t 2 )dy
。
0
x−t
∫ 解（1） I ′( y) = 2 ye− y5 − e− y3 − y2 x 2e−x2 y dx 。 y
∫ （2） I ′( y) = 2 cos y3 − cos y 2 − y2 sin(xy)dx = 3cos y3 − 2 cos y 2 。
y
f (x)dx −
b f (x)dx ， F ′′( y) = 2 f ( y) 。
a
y
7. 设函数 f (x) 具有二阶导数， F (x) 是可导的，证明函数
∫ u(x,t) = 1 [ f (x − at) + f (x + at)]+ 1
x + at
F ( y)dy
2
2a x−at
满足弦振动方程
lim
y→ y0 −
∫ab
f
(x,
y)dx
=
∫abφ (x)dx
。
证 若能证明 lim f (x, y) = φ (x) 关于 x ∈[a,b] 是一致的，即 ∀ε > 0 ， y→ y0 −
∃δ > 0 ， ∀y ∈ ( y0 − δ , y0 ) ， ∀x ∈[a,b] ： f (x, y) − φ(x) < ε ，则
y
y
y
∫ （3）设 g(x,t) =
x+t
sin(
x
2
+
y2
−
t2
)dy
，则
x−t
∫ gt (x,t) = −2t
x+t
cos(
x
2
x−t
+
y2
− t 2 )dy + sin(2x2
+ 2xt) + sin(2x2
− 2xt) ，
所以
∫ F ′(t) =
t2 0
gt
( x, t )dx
+
2tg (t
（2）由连续性定理，
∫ ∫ ∫ lim
n→∞
1 dx
0
1+
⎜⎛1 +
x
⎟⎞ n
=
1 dx 01+ ex
=
−
1 de−x 01+ e−x
= ln 2e 。
1+ e
⎝ n⎠
2．设 f (x, y) 当 y 固定时，关于 x 在[a,b] 上连续，且当 y → y0 − 时，它
关于 y 单调增加地趋于连续函数φ(x) ，证明