含参变量反常积分的几种计算方法

含参变量反常积分的几种计算方法
摘 要：含参变量反常积分是一类比较特殊的积分，由于它是函数又是以积分形式给出，所以它在积分计算中起着桥梁作用，并且计算难度较大，本文主要总结含参变量反常积分的几种方法，利用这几种方法，可以进行一系列的积分运算，这样可使含参变量反常积分运算更易理解和掌握。

关键词：含参变量反常积分 积分号下积分法 积分号下微分法 收敛因子 留数定理
在进行含参变量反常积分的运算时，首先要验证条件（包括确定含参变量及其变化范围，把问题归结为能利用含参变量反常积分运算性质的某一种，还要验证所用性质应满足的条件）,在验证条件时,判别一致收敛至关重要,判别法通常采用魏尔斯特拉斯判别法、狄利克雷判别法、阿贝尔判别法、柯西判别准则或用定义判别，然而在验证一致收敛时并不简单，这使得含参变量反常积分的计算有一定的难度，经过验证后，就可以利用含参变量反常积分的性质具体进行运算。

本人在学习过程中，通过大量的、不断的练习，进行探索和归纳，总结出几种含参变量反常积分的计算方法，这几种方法运算技巧强，便于理解和掌握，下面分述于后。

一 积分号下积分法
要对含参变量反常积分()(),y a
g f x y dx +∞=⎰
实现积分号下求积分，须验证以下条件：
(1) (),f x y 在,x a y c ≥≥上连续； (2) (),a f x y dx +∞⎰
在[),y c ∈+∞上内闭一致收敛，(),c
f x y dx +∞
⎰
在[),x a ∈+∞上内闭一致收敛；
(3) (,)c a
dy f x y dx +∞
+∞⎰⎰
及(),a c
dx f x y dy +∞+∞
⎰⎰
至少有一个收敛，
则 ()(),,a
c
c
a
dx f x y dy dy f x y dx +∞+∞
+∞
+∞
=⎰⎰
⎰⎰
例1 利用2
0u e
du
+∞
-⎰u=x
α令2
()0
(0)x e
dx ααα+∞
-∀>⎰，求2
e
d αα+∞
-⎰的值。

分析：2
x e dx +∞
-⎰这个积分在概率论中非常有用，它的值可以用多种方法求出，但在这里利用积
分号下积分法求解，是很值得借鉴的，而且须验证的条件又显然成立。

解：由已知，得()g α=2
()0
x e dx αα+∞
-⎰是取常值的函数，记I=2
e d αα+∞
-⎰,
则 I 2=I 2
e d αα+∞
-⎰=2
Ie d αα+∞
-⎰
=22
()0
()x e dx e d αααα+∞+∞
--⎰⎰=2
2(1)
x d e dx α
αα+∞+∞
-+⎰⎰
=2
2(1)
x dx e d α
αα+∞+∞
-+⎰⎰=
201121dx x +∞+⎰=4
π
故二 积分号下微分法
要对含参变量反常积分()(),y a
g f x y dx +∞
=⎰
实现积分号下求导，须验证以下条件：
(1) ()(),,,y f x y f x y 在,x a y I ≥∈上连续（设I 为某个区间）； (2) (),a f x y dx +∞
⎰
在y I ∈上收敛；
(3)
(),y a
f x y dx +∞
⎰
对y I ∈一致收敛（或内闭一致收敛），
则 ()()()
()/
/
,,y y a
a
g f x y dx f x y dx +∞
+∞
=
=⎰
⎰
用此法求解含参变量反常积分，常常要通过建立微分方程来求积分值；应用这一方法的基本原则是(),y f x y 能比(,)f x y 较简单，更容易求出。

例1 求()2
2
x jtx
t e dx ϕ+∞
--∞=⎰ （j 为复数单位） 解：令()22
,
x jtx f x t -
=
，显然()22
,x jtx f x t -
=
在,x R t R ∈∈上连续,又
()22
,
x jtx t f x t -
=，而222
2
x x jtx x e
-
-≤，由于22
2x x e
dx +∞
-
-∞
=⎰
，由魏尔斯特拉斯判别法知，
(),
t f x t dx +∞
-∞
⎰
是一致收敛的，故 ()()2
/2,x jtx t t f x t dx dx ϕ+∞
+∞
--∞
-∞
==⎰
⎰
又
()()2/2
()0x jtx t t jt j jt x e
dx ϕϕ+∞
-
-∞
+=
-=⎰
,所以 ()()/0t t jt j ϕϕ+= ()0j ≠
通过变量分离求解微分方程得 ()2
1ln 2
t t c ϕ=-+，即()2
2t t ce ϕ-= （c 为积分常数）
而()22
01t dt ϕ+∞
--∞
==⎰
1c = ()22
t t e ϕ-
=
例2 求 ()()
2
sin 1x xt
I dt t t +∞=+⎰
(0)t ≥ 解：令()()2sin ,1xt f x t t t =
+，显然()()
2
sin ,1xt
f x t t t =+在,0x R t ∈≥上连续，且因()()22
sin ,11x xt
f x t t
t t =
≤++，故积分在任何有限区间上一致收敛。

为了计算()x I ，采用积分号下微分法，由于()2cos ,1x xt
f x t t =
+，且20cos 1xt dt t
+∞+⎰在x R ∈上一致收敛,
故()/2
cos 1x xt
I dt t +∞
=+⎰
，但这个积分仍不能直接计算。

再考虑()2
,sin 1xx t
f x t xt t
=-
+，当00x x ≥>时，()0
12sin 1cos A
xtdt xA x x =
-≤⎰
又当0t →时，21t
t
+单调趋于零，由狄利克雷判别法知，积分()0,xx f x t dt +∞⎰在00x x ≥>上致收敛（0x x ≤-也一样），因此()//
2
0sin 1x t I xtdt t +∞=-+⎰。

当0x >时（或0x <），()x I 二次可微且满足微分方程()()//
0sin x x xt I I dt t
+∞=+⎰ ，而当0x >时，
0sin 2xt dt t π+∞=⎰， 即当0x >时，()()//2x x I I π-=-， 解得()2
x x
x I Ae Be π-=++(其中A,B 为常数) 因()
/
220
0cos 111x xt I
dt dt t t +∞
+∞=
≤=++⎰
⎰2
π,及()/x x x I Ae Be -=-,于是要保证()/x I 有界，必须0A =，再由()00I =，可得2
B π
=-
，故()()12
x
x I e π
-=
- （当0x >时）
，又()x
I 为奇函数且连续，()()()10
2
10
2
{
x x
e x x e x I π
π
--≥-+<=
例3 求 ()220
A x x A I e
dx ⎛
⎫-++∞
⎪
⎝
⎭=⎰ ()0A ≥
解：因22
2
()
A x x x e
e
-+
-≤，而2
x e dx +∞
-⎰是收敛的，由魏尔斯特拉斯判别法知，()A I 对0A ≥是一致收
敛，故()A I 是连续，又由()2
()221,A
x x A f x t e x -+=-及2
()
2
2
01A
x x e dx x -++∞-⎰对00A A ≥>是一致收敛的。

因此0A >时，
()
A I 可微，且
()()2()
2/2
1,A
x x A A I f x t dx e dx x -++∞
+∞
==-⎰
⎰
，又
(
)(
)22/20
1A x x A A I e
dx x ⎛
⎫-++∞
⎪
⎝
⎭⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭
⎰2
x e e
d x x ⎛- +∞
-⎝⎭
⎛=- ⎝
⎭
（令t x x =-）
2
t
e
e
dt +∞
---∞
=
-=又在()/A I
中令t =
(
)()2/0
t A A I e dt I ⎛- +∞
⎝⎭
==⎰，因此 (
)A I -=三 引进含参变量原积分
对一些特殊的积分，直接运用牛顿-莱布尼兹公式行不通，此时可以考虑借助含参变量原积分
来解决问题。

例1 求01cos x
x I e dx x
β+∞
--=⎰ （0β>）
解：考虑()
01cos x x I e dx x
βαα+∞--=⎰，显然()1 I I = 因为 ()
00
1cos sin lim lim 01x x x x x x
e x e x ββαααβ+
-→→-==-，所以0x =不是瑕点，考虑函数
()1cos 00
,{
x
x e
x x
x f x βαα--≠== 与(),sin x f x e x βααα-=均在R α∈上连续，而0
1cos x
x e dx x
βα+∞
--⎰
在R α∈上收敛，()0
,f x dx αα+∞
⎰
在R α∈上一致收敛（其中x e βα-为优函数），因此R α∈时，()I α可积分号下求导，
且()/22
sin x I e xdx βααααβ+∞
-==
+⎰，故()()2222
1
ln 2
I d c ααααβαβ
==+++⎰
(c 为积分常数)，又()
00I =，故21c=ln 2β，()2221ln 2I ααββ⎛⎫+= ⎪⎝⎭
，因此 ()
()2
11ln 12I β-=+ 例2 求 ()()
2
21
1I dx x ββ+∞
=+⎰
（0β>）
解：考虑()20
1dx x αφαβ+∞
=+⎰
（1α≥），当1
α≥时，22111x x αββ≤++且2
01
1dx x β+∞+⎰收敛，由魏尔斯特拉斯判别法知，()2
1
dx x
αφαβ+∞
=+⎰
一致收敛，且
()20
1dx x αφαβ+∞
===
+⎰
（*）
当1α≥时，又有
22
22
11()
(1)
x x αββ≤
++，且22
1(1)
dx x β+∞
+⎰
收敛，故22
1()
dx x αβ+∞
+⎰
一致收敛，
（*）式两边对α求导，得()3
1
/
2
2
22
1()4
dx x απ
φαβ
αβ+∞
-
-=-=-+⎰
，令1α=，得
12
22
1(1)4
I dx x π
β
β+∞
-
==
+⎰
四 引进收敛因子
有些积分是收敛的，但积分号下求导后发散，不满足积分号下可求导的条件，此时可以考虑引
进收敛因子，因为收敛因子可以大大改善积分收敛性，从而可以利用含参变量反常积分的性质来解决问题。

例1 求狄利克雷积分0
sin x
dx x
β+∞⎰
(R β∈) 解：由狄利克雷判别法知该积分收敛，但/
sin cos x dx xdx x β
ββ+∞+∞⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰
⎰是发散的，不满足积分号下可求导的条件，因此考虑引进收敛因子x e α-。

令()0sin x
x
g e dx x
ααβ+∞
-=⎰,收敛因子大大改善了积分收敛性。

事实上 /
0sin sin x x
x e dx e xdx x αααββ+∞
+∞--⎛⎫=- ⎪⎝
⎭⎰
⎰ (1) 又0sin x
x
x
e
x e
e
αααβ---≤≤ ()00αα≥>, 且00
x e dx α+∞
-⎰收敛，所以积分(1)在0α>上内闭一致
收敛，故 ()/22
sin x g e xdx ααββαβ+∞
-=-=-
+⎰（当0α>,0β>时）。

因此 ()g arctg
c αα
β
=-+ (c 为积分常数) （2），又0β>时,有
()0
sin 0x
x x
g e dx e dx x
αααββ
βα
+∞
+∞
--=
≤=
→⎰
⎰
(α→+∞)。

于是在（2）中，令α→+∞时取极限，得2
c π
=，故 ()2
g arctg
απ
αβ
=
- 由于0sin x
dx x
β+∞
⎰
收敛，自然对0α≥一致收敛；又x e α-对0x ≥单调且1x e α-≤一致有界,由阿贝
尔判别法知,()g α在0α≥上一致收敛，故()g α在上0α≥连续，于是()()000sin lim 2x g g dx x
ααπ
β++∞→===⎰
()0β>,又因sin x x β是奇函数，所以 0sin sgn 2
x dx x βπ
β+∞=⎰ 五 留数法
对原函数不易直接求得反常积分，运用复变函数留数理论来求解，常是一个有效的方法。

例1 计算 44
sin x mx
dx x a
+∞+⎰
解：由于被积函数是偶函数，所以44440
sin 1sin 2x mx x mx dx dx x a x a +∞+∞-∞=++⎰
⎰，令1
44
1cos 2x mx
I dx x a +∞-∞=+⎰，244
1sin 2x mx I dx x a +∞-∞=+⎰， 124412imx xe I I I dx x a +∞-∞=+=+⎰ ，()44imz z ze f z a =+，由440z a +=，解得24
k i k a ae ππ
+=，
显然()z f 在上半平面有两个一阶极点0a 及1a ，于是由留数定理，得
()(
)
/
2
4
4Re 4imz z z a z a ze
e
sf ia z
a
==⋅=
=
+,
()(
)
1
1
/
2
4
4Re 4imz z z a z a ze
e
e s
f ia z
a
==⋅=
=-
+，
()(
)
1
21Re Re sin()22
z z z a z a sf sf e a ==+=
⋅22112))222i I i e
e a a ππ=⋅⋅⋅=⋅ 因此
442
sin )2x mx dx e x a a π+∞
=⋅+⎰
例2 计算1
1p x dx x
-+∞
+⎰ （01p <<）解：令()
11z z f z
-=+，显然()z f 以０，－１为一阶极点，在正实轴上无极点。

由于０＜p ＜１，故p z 为多值函数，因此()p z z f 也变成多值函数，取切口[)0,+∞的上边沿为正值的那个单值分支，选取如下图
所示的回路，在实轴的正部分的下侧，p z 变为上侧的2pi e π倍，适用留数定理，得
()()()()()22Re r
R
k
R
r
p p p pi p x z x z r
c R
c p
z z a
x f dx z f dz x e f dx z f dz
i s z f ππ=+++⎡⎤=⎣⎦⎰
⎰⎰⎰∑
其中0k a <是()z f 的极点，对所有这样的k a 求和。

令0r →，R →+∞，有()0R
p z c z f dz =⎰，()0r
p z c z f dz =⎰
故()()20
2Re 1k
p p
x z pi
z a i
x f dx s z
f e ππ+∞
=⎡⎤=
⎣⎦-∑⎰
，
而()11
1
Re p p pi
z z z s z f z e π-=-=-⎡⎤⎡⎤==-⎣⎦⎣⎦， 因此
()()20
21sin 2p pi
x pi
pi pi
i x f dx e e p
e e i ππππππππ+∞
-=
-==
-⎛⎫
-
⎪⎝
⎭
⎰
六 综合利用已知积分
记住一些重要的积分值，对求解含参变量反常积分非常有用，如狄利克雷积分
sin sgn 2
x dx x βπ
β+∞
=⎰
，概率积分20x e dx +∞-=
⎰B 函数等。

例1 求30
sin x
dx x
α+∞
⎰
()0α> 解：3
3
sin 2i x i x e e x i ααα-⎛⎫-= ⎪⎝⎭33134242i x i x i x i x e e e e i i αααα--⎛⎫⎛⎫--=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
()()13
sin 3sin 44
x x αα=-+
于是()()30
0sin 13sin 3sin 44x dx x x dx x ααα+∞
+∞⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦⎰
⎰ 134424
ππ
⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭
例2 求0
()m
n p
x dx a bx +∞
+⎰
解：因为0
0()(1)
m m n p p n p
x x dx dx b a bx a x a
+∞
+∞=++⎰
⎰ （令n
b u x a =） 11
1
0()1(1)m
n n
n p p
a u a
b u dx a u b n
-+∞
⎛⎫= ⎪+⎝⎭⎰ 1
110
1()(1)
m m n
n
p
p
a u
du na b
u +-++∞
=+⎰
1111(),m n p a m m B p na b n
n +++⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （因为()()
1
,1p p q
x B p q dx x -+∞
+=+⎰）
从上面的分析可以看到, 积分号下积分法利用了含参变量反常积分的积分号下可积分的性质, 积分号下微分法直接利用了含参变量反常积分积分号下可微分的性质,而引进含参变量原积分和引进收敛因子则间接利用了含参变量反常积分积分号下可微分的性质。

可见含参变量反常积分积分号下可微分的性质在运算中具有重要地位,所以在解题时，应首先考虑可以利用这个性质的可能性，然后具体分析进行解答，显然知积分号下微分法更具优越性，特别是在求解()
2
sin 1xt
dt t t +∞
+⎰
时有很好的体现，两次利用了含参变量反常积分积分号下可微分的性质,给人很大的启发。

当然，留数法和综合法
也是很有效的。

参考文献
[1]. 王向东熊道统数学分析的概念与方法(下册) [M]
上海科学技术文献出版社 1999年12月 379—39
[2]. 胡雁军李育生数学分析中的证题方法与难题选解 [M]
河南大学出版社 1987年8月 317—340
[3]. 钟玉泉复变函数 [M] 高等教育出版社 2003年6月 234—247
[4]. 裴礼文数学分析中的典型问题与方法 [M] 高等教育出版社 2002年5月 665—676
[5]. M.R 施皮格尔全美经典学习指导系列-微积分 [M] 科学出版社 2002年 231—252
[6]. 南京师范大学数学分析选论 [M] 江苏教育出版社 1988年8月 370—399
[7]. 昆达来提某类广义积分的积分方法 [J] 伊犁师范学院学报 1999 年 NO.3 84—86。