含参量积分习题
含参量积分习题新解法
导高职高专院校大学生健康成长。
增 强民族 自尊心 、自信 心、自豪感和忧 患意识 ， ｆＭ】．北京 ：中国青年出版社 ，１９９９：１４６—１４９．
以优 化高职 高专 院校大学 生 的心理 素质 以 自强 不 息 的精 神 去奋 斗 。
『６１勒 诺 ．新 时 期 高校 思 想 政 治 工 作理 论 与 实践
爱 国主义精神 、自强不息的进取精 神 、厚 ｆ２１郑永 延 ．现 代 思 想 道德 教 育 理 论 与 方 法 『Ｍ１．广
德载物 的重德精 神、贵和持中精神是 中国传统 州 ：广 东 高 等教 育 出版 社专院校大学生进 ｆ３１金 根 山 ．高校 思 想 政 治 工作 必 须 树 立 创 新 意
数 的学习中讲到了利用偏积分来 求解二元函数
＝
＋
原 函数的方法，将利用对 ；例题 的详 解来 说明这 一 类含参量积分 的解法。
， ＝１ｎ（ ＋ｌ Ｉ）＋，
解 ：令
其 中ｆ（ｂ）Ｊ￣ｊ变元 ｂ的 函数 ，上式 两端 同时对 ｂ
Ｉ（ａ，６）＝
三
ｆ ｌｎ（ａ ｓｉｎ
＋ｂ ＣＯＳ ｘ￣ｘ（ａ ＋ｂ ≠０） 求
Ｊ ０
的偏 导 数 ：
［Ｍ］．北京 ：高等教育 出版社，１９８１．
分 析 ：在各类参 考用 书中 ，此 题 的解 法都 Ｏｆ（ａ，ｂ）
【２】西安 交通大学 高等数 学教研 室编．复变函数．
是将此含参量积分看做一个变元的参量积分然 ａ ＝ Ｊ。ｎ ｓｉ ｎ ＋ ｂ ｃｏｓ ～。 ＝ Ｉ ａ ｌ＋ ｌ ｂ 第四版［Ｍ】．北京 ：高等教 育出版社 ，１９７８．
为 目标 ，培养高职高专院校大学生稳 定的情绪 、 ６实施公 民意识教育
含参变量积分(课件+例题+论文)
含参量反常积分
0
cos 1
xy x2
dx
在 (,) 上一致收敛.
例2 : 证明含参量反常积分 e xy sin x dx
0
x
在 [0,d] 上一致收敛.
证 : 由于反常积分 sin xdx 收敛
0x
(当然，对于参量y,它在[0, d ]上一致收敛)
函数g(x, y) exy对每个x [0, d ]单调且对任何
u 一致收敛的柯西准则:
含参量反常积分 f (x, y)dy 在 [a,b]上一致收敛的充要 c
条件是 0, M c,A1, A2 M ,x [a,b],都有
A2 f (x, y)dy . A1
u 一致收敛的充要条件;
含参量反常积分 f (x, y)dy 在 [a,b]上一致收敛的充要 c
解 :
记I ( )
1
1
dx x2
2
.
由于
,1
,
1
1 x2
2
都是和x的连续函数，
所以I( )在 0处连续，从而
lim
0
1
dx
1 x2 2
I(0)
1 dx 0 1 x2
. 4
例2 : 解:
求 I 1 xb x a dx (b a 0).
c
f
( x,
y)g( x,
y)dy
在[a , b]上一致收敛 .
例1 :
证明反常积分
0
cos 1
xy x2
dx
在 (,)上一致收敛.
证:
由于y R有
第十九章含参量积分
∫ [∫
0
1
b a
b 1 b +∞ 1 1 sin(ln )x y dy ]dx = ∫ dy ∫ sin(ln )x y dx = ∫ dy ∫ e − ( y +1)t sin tdt (令 x = e − t ) 0 a a 0 x x
=∫
1 dy = arctan(1 + b) − arctan(1 + a) . a 1 + (1 + y 2 )
解: 据定理 19.4 知:
Fx ( x, y ) = ∫ x f ( z )dz + y ( x − xy 2 ) f ( xy ) −
y
xy
1 x x f ( )( x − y ) y y y
= ∫ x f ( z )dz + xy (1 − y 2 ) f ( xy )
y
xy
Fxy ( x, y ) = xf ( xy ) +
b
(2) I =
∫
1 b 1 b 1 [cos(ln ) ∫ x y dy ]dx = ∫ dx ∫ x y cos(ln )dy a 0 0 x a x 1
1 ⎧ y ⎪ x cos(ln ) 0 < x ≤ 1 令 f ( x, y ) = ⎨ , 则 f ( x, y ) 在 [0,1] × [a, b] 上连续,据定理 19.5 有 x ⎪ x=0 ⎩0
1 0
+∫
1 0
⎤ 1 dy ) ⎥ 2 x +y ⎦
2
=∫
1 0
1 π dx = . x +1 4
2
类似的,
∫
1 0
dy ∫
x2 − y2 π dx = − 0 ( x 2 + y 2 )2 4
含参积分精品习题整理
含参积分1. 求解下列各题：(1) 求极限⎰1+1+=1→0011+xy I dx y y ()lim . 解：令⎩1+⎪0≤≤1=01⎪⎨=1+1+⎪⎪0≤≤10<≤1⎧11e x y f x y xy x y xy ,,.(,)(),,,则∈f x y C D (,)()，其中=01⨯01D [,][,]. 故⎰⎰⎰⎰1+1+1+1+1+1+1+====-=1112→0→00000-111111-++xy xy e e e I dx dx dx de e y y y y x x x ()()lim lim ln . (2) 设()20-=⎡⎣⎢⎤⎦⎥⎰⎰s t x x f x e ds dt , 求'f x ()与f x (). 解: 在闭矩形区域x R t R R ≤≤>,(0)中, ⎰∂∂⎡⎣⎢⎤⎦⎥=--x e ds e s t x x 22连续，故 ()f x x e ds dt e ds e dt xe s t x x s x x x x x ⎰⎰⎰⎰'=∂∂⎡⎣⎢⎤⎦⎥+==-0--0-2222，又f =(0)0， 因此⎰==---f x te dt e t x x 2()(1)1022. (3) 求'f x (),其中⎰=f x e x x ()sin cos . 解: ⎰∂⎣⎢=+--'⎡∂x f x e dy e x e x x x()sin ))sin cos⎰=+--e x e x x xsin ))sin cos .2. 试求a b ,之值，使积分⎰+-1223a bx x dx ()达到最小值。
解：记⎰=+-1223F a b a bx x dx (,)(). 积分号下求导，得⎰⎰⎩=2+-=0⎪⎨⎪=2+-=0⎧123123F a b x a bx x dx F a b a bx x dx b a (,)().(,)(),'' 解方程组得⎩=4⎪⎨3⎪=-⎧11b a ., 注意到(,)(),d F a b da dadb db da db db 22222524=4+16+=4+2+>033故(,)F a b 在唯一的极小值点,a b 11=-=43处取得最小值。
数分第十九章含参量积分练习题
第十九章 含参量积分一．填空题1、=+⎰-→dx a x 11220lim α___________ 答案：12、⎰+→=++αααα12201lim x dx ____________ 答案：4π 3. =⎰→xdx x ααcos lim 2020____________ 答案：38 4．设⎰-=22)(x x xy dy e x F ，则)(x F '＝答案：352222x x xy x x e xe dy e y ----+-⎰5.设dy e x F xy x x221)(-+⎰=, 则=)('x F _________________________. 答案：()322221212x x x xy x xe xe dy e y -+--+-+-⎰6、若⎰=20)(x xy dy e x I ，则=)('x I ___________．二． 证明题1. 证明：含参量反常积分dx xxy ⎰+∞+021sin 在),(+∞-∞上一致收敛. 证明：因为对任意的),(+∞-∞∈y ，),0(+∞∈x 有：22111sinxy x x +≤+ 又因为：2arctan 11002π==+∞++∞⎰x dx x 收敛所以由M —判别法可知dx xxy ⎰+∞+021sin 在),(+∞-∞上一致收敛. 2.证明含参量反常积分dx x xy ⎰+∞+021cos 在),(+∞-∞上一致收敛. 证明：因为对任意的),(+∞-∞∈y ，),0(+∞∈x 有：22111cosx y x x +≤+ 又因为：2arctan 11002π==+∞++∞⎰x dx x 收敛 所以由M 判别法可知dx x xy ⎰+∞+021cos 在),(+∞-∞上一致收敛. 3.证明含参量反常积分()dx y x x y ⎰+∞+-122222在),(+∞-∞上一致收敛. 答案：证明 [)()+∞∞-∈+∞∈∀,,,1y x ()()222222222222211x y x y x y x y x x y ≤+=++≤+- 而 111112=∞+-=⎰+∞x dx x 收敛 由M 判别法知含参量反常积分()dx y x x y ⎰+∞+-122222在),(+∞-∞上一致收敛4.证明：含参量反常积分dy xe xy ⎰+∞-0在[]()0,>a b a 上一致收敛.答案：证明 []0,0,,≥>∈∀y a b a x有ay ay xy xy be xe xe xe ----≤≤=而a b e a b dy be ay ay =-=+∞-+∞-⎰00收敛由M 判别法知含参量反常积分⎰+∞-0dy xe xy 在[])0( ,>a b a 上一致收敛.5.证明⎰+∞-02dy e y x 在[])0( ,>a b a 上一致收敛. 答案： []0,,≥∈∀y b a x 有y a y x y x e ee 222---≤= 而20201122a e a dy ey a y a =-=+∞-+∞-⎰收敛由M 判别法知含参量反常积分⎰+∞-02dy e y x 在[])0( ,>a b a 上一致收敛. 6.证明⎰+∞-02dy ey x 在[]2,1上一致收敛.答案： []0,2,1≥∈∀y x 有y y x y x e e e ---≤=22 而100=-=∞+-+∞-⎰y y e dy e收敛由M 判别法知含参量反常积分⎰+∞-02dy ey x 在[]2,1上一致收敛.注意：5题与6题基本上是一样的。
陈纪修《数学分析》(第2版)(下册)课后习题-含参变量积分(圣才出品)
7．设函数 具有二阶导数， 是可导的，证明函数
满足弦振动方程
以及初始条件
。
证明：直接计算，可得
所以
且显然成立
。
8．利用积分号下求导法计算下列积分：
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解：（1）设
于是
令
则
所以
（2）设
作变换
得到
则
。
。
则
。设 由于
。研究函数
的连续性。
解：设
由于
在
在 处连续。
设
则
。由于 在 上连续，且
上的最小值
当 时，成立
于是
上连续，可知 所以 在
由 连续。
可知
即
在
处不
§2 含参变量的反常积分
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1．证明下列含参变量反常积分在指定区间上一致收敛：
与
在
上一致收敛。所以
在
上一致收敛。
（ ii ） 当
对于
取
取
则当 充分大时，
由 Cauchy 收敛准则，
在
上不一致收敛，同理
在
上也不一致收敛，所以
在
上不一致收敛。
（3）（i）当
而
收敛，由 Weierstrass
判别法
在
上一致收敛。
（ii）当 取
由于
由 Cauchy 收敛准则，可知
在
（ 4 ）（ i ） 当
即
关于
一致有界，以及 单调，当
时 关于
致趋于零，由 Dirichlet 判别
含参量积分
2、含参量正常积分积分号下取极限定理
若������ ������, ������ 当������固定时，在������ = ������, ������ 上关于������可积， 且当 x → ������0时，f x, y 在 J = c, d 上一致收敛于 F y ，则有
������
������
积分可得：
I(a) I'(a)da
da ln(a
a2 1
a2 1) C(C为常数)
又因为
I (a) ln a
2 0
ln(1
1 a2
)
sin
2
d
因此
C
2 0
ln(1
1 a2
sin 2
)d
ln(
a
a2 1) a
(2)含参量瑕积分
������ ������
������
������, ������
������������（d 为瑕点）在x ∈ I
=
[a, b]上非一致收敛
若∃������0 > 0，∃δ > 0（δ与 x 无关），使得∀n、������1，0 < ������、������1 < ������，
x y2
f (x) y
x(2 3y2 ) f (xy) x2 y(1 y2 ) f '(xy) x f ( x ). y2 y
3.下述解法是否正确？为什么？若不正确，应如何求值？
lim
yo
1 0
x y2
e
x2 y2
dx
1
lim
0 y0
（完整版）含参量积分的分析性质及其应用
（完整版）含参量积分的分析性质及其应用含参量积分的分析性质及其应用班级：11数学与应用数学一班成绩：日期： 2012年11月5日含参量积分的分析性质及其应用1. 含参量正常积分的分析性质及应用1.1含参量正常积分的连续性定理1 若二元函数),(y x f 在矩形区域],[],[d c b a R ?=上连续,则函数()x ?=?dcdy y x f ),(在[a,b]上连续.例1 设)sgn(),(y x y x f -=（这个函数在x=y 时不连续）,试证由含量积分?=10),()(dx y x f y F 所确定的函数在),(-∞+∞ 上连续.解因为10≤≤x ,所以当y<0时,x-y>0,则sgn(x-y)=1,即f(x,y)=1.-1,x01)(dx y F .当10≤≤y 时, f(x,y)= 0,x=y,1,x>y则??-=+-=yyy dx dx y F 01.21)1()(1, y<0当y>1时, f(x,y)=-1,则?-=-=101)1()(dx y F ,即F(x)= 1-2y,0≤y<0-1 y>1又因).1(1)(lim ),0(1lim 1F y F F y y =-===→→F(y)在y=0与y=1处均连续,因而F(y)在),(+∞-∞上连续.例2 求下列极限：（1）dx a x ?-→+11220limα; (2)?→220cos lim xdx x αα.解（1）因为二元函数22α+x 在矩形域R=[-1,1]?[-1.1]上连续,则由连续性定理得dx a x ?-+1122在[-1,1]上连续.则--→-→==+=+1122110112201lim lim dx x dx a x dx a x αα.（2）因为二元函数ax x cos 2在矩形域]2,2[]2,0[ππ-=R 上连续,由连续性定理得,函数?202cos axdx x 在]2,2[ππ-上连续.则.38cos lim 2020220==??→dx x axdx x α例3 研究函数=)(x F dx y x x yf ?+122)(的连续性,其中f （x ）在闭区间[0,1]上是正的连续函数.解对任意00>y ,取0>δ,使00>-δy ,于是被积函数22)(yx x yf +在],[]1,0[00δδ+-?=y y R 上连续,根据含参量正常积分的连续性定理,则F （y ）在区间],[00δδ+-y y 上连续,由0y 的任意性知,F （y ）在),0(+∞上连续.又因dx yx x yf dx y x x yf y F ??+-=+-=-1022122)()()(,则F （y ）在)0,(-∞上连续.当y=0处0)(0=y F .由于)(x f 为[0,1]上的正值连续函数,则存在最小值m>0.y m dx y x my dx y x x yf y F 1arctan )()(1022122=+-≥+=??,从而04)(lim 0>≥+→πm y F y ,但F(y)在y=0处不连续,所以F （y ）在),0(),(+∞+∞-∞Y 上连续,在y=0处不连续.定理2 设二元函数f(x,y)在区域G={(x,y)|b x a x d y x c ≤≤≤≤),()(}上连续,其中c(x),d(x)为[a,b]上的连续函数,则函数 F(x,y)= ?) ()(),(x d x c dy y x f 在[a,b]上连续.例4 求?+→++αααα12201limx dx. 解记?+++αααα1221)(x dx I .由于2211,1,ααα+++x 都是α和x 的连续函数,由定理2知)(αI 在0=α处连续,所以41)0()(lim 1020παα=+==?→x dx I I .例5 证明函数dx e y F y x ?-∞--=0)(2)(在),(+∞-∞上连续.证明对),(+∞-∞∈?y ,令x-y=t,可推得∞+-∞+-----∞+--+=+===0)(2)(22222yyt t t t y x dt e dt e dt e dt e dx e y F π.对于含多量正常积分?--02yt dt e ,由连续性定理可得?--02yt dt e 在),(+∞-∞上连续,则dx e y F y x ?+∞--=0)(2)(在),(+∞-∞上连续.1.2含参量正常积分的可微性定理3 若函数f ()y x ,与其偏导数xf ()y x ,都在矩形区域R=[a,b]*[c,d]上连续,则()x ?=dy y x f d c),(在[a,b]上可微,且dy y x f xdy y x f dx d d c dc ),(),(=.定理 4 设f ()y x ,,x f ()y x ,在R=[a,b]*[p,q]上连续,c ()x ,d ()x 为定义在[a,b]上其值含于[p,q]內的可微函数,则函数F ()x =?)() (),(x d x c dy y x f 在[a,b]上可微,且).())(,()())(,(),()('')()('x c x c x f x d x d x f dy y x f x F x d x c x -+=?定理5 若函数f ()y x ,及x f ()y x ,都在[a,b;c,d]上连续,同时在[c,d]上)('y a 及)('y b 皆存在,并且a ≤a(y)≤b,a ≤b(y)≤b (c ≤y ≤d),则-+==)()('')()(')(]),([)(]),([),(),()(y b y a y y b y a y a y y a f y b y y b f dx y x f dx y x f dy d y F . 证明考虑函数F(y)在[c,d]上任何一点处得导数,由于)()()(),(),(),()(3)()(21)()()()(000y F y F y F dx y x f dx y x f dx y x f y F y a y a y b y b y b y a o -+=-+=?.现在分别考虑)3,2,1)((=i y F i 在点0y 处得导数.由定理5可得=)()(00'100),()(y b y a y dx y x f y F .由于0)(02=y F ,所以dx y y y x f y y y F y y y F y F y F y b y b y y y y o y y o-=-=--=→→→)()(0020220;'2000),(lim )(lim )()(lim)(.应用积分中值定理),()()(lim)(000'20y f y y y b y b y F y y ξ?--=→.这里ξ在)(y b 和)(0y b 之间. 再注意到f ()y x ,的连续性及b(y)的可微性,于是得到]),([)()(000'0'2y y b f y b y F =.同样可以证明]),([)()(000'0'3y y a f y a y F =于是定理得证.例6 设,sin )(2dx xyxy F y y ?=求)('y F .解应用定理5有 y y yy y yxdx y F y y223'sin 1sin 2cos )(2-?+=?yy y y yyxy y23sin sin 2sin 2-+=yy y 23sin 2sin 3-=.例7 设)(x f 在0=x 的某个邻域U 上连续,验证当U x ∈时,函数dt t f t x n x n x )()()!1(1)(10-?--=? （1）的n 阶导数存在,且).()()(x f x n =?解由于（1）中被积函数)()(),(1t f t x t x F n --=及其偏导数),(t x F x 在U 上连续,于是由定理4可得----+---=x n n x f x x n dt t f t x n n x 012')()()!1(1)())(1()!1(1)(? ?---=x n dt t f t x n 02.)()()!2(1同理----+---=x n n x f x x n dt t x n n x 013'')()()!1(1))(2()!2(1)(? ?---=x n dt t f t x n 03.)()()!3(1如此继续下去,求得k 阶导数为-----=x k n k dt t f t x k n x 01)(.)()()!1(1)(?特别当1-=n k 时有=-xn dt t f x 0)1(,)()(?于是).()()(x f x n =?例8 计算积分.1)1ln(12dx xx I ?++=.解考虑含参量积分.1)1ln()(102dx xx ?++=αα? 显然,)1(,0)0(I ==??且函数21)1ln(xx ++α在R=[0,1]?[0,1]上满足定理3的条件, 于是++=102'.)1)(1()(dx x x xαα?.因为),11(11)1)(1(222x xx x x x ααααα+-+++=++ 所以)('α?)111(11101010222+-++++=dx x dx xx dx x αααα ])1ln()1ln(21arctan [1110102102x x x ααα+-+++= )].1ln(2ln 214[112απαα+-+?+=因此10')(αα?d ?+-++=102)]1ln(2ln 214[11αααπαd )1(arctan 2ln 21)1ln(810102?ααπ-++= )1(2ln 82ln 8?ππ-+=)1(2ln 4π-=.另一方面=-=10'),1()0()1()(αα?d 所以.2ln 8)1(π==I1.3含参量正常积分的可积性定理6 若f ()y x ,在矩形区域R=[]b a ,×[]d c ,上连续,则()x ?和()x ψ分别在[]b a ,和[]d c ,上可积.其中()x ?=()?d c y x f ,dy,x ∈[]b a ,,()x ψ=()?ba y x f ,dy.这就是说：在f ()y x ,连续性假设下,同时存在求积顺序不同的积分：()dx dy y x f ba d c,与()dy dx y x f dcb a ?,,简便记为()dyy x f dx b adc,与()dx y x f dy dcba,,前者表示f ()y x ,先对y 求积然后对x 求积,后者则表示先对x 求积再对y 求积.它们统称为累次积分或更确切地称为二次积分.由可积性的定理进一步指出,在f ()y x ,连续性假设下,累次积分与求积顺序无关,即若f ()y x ,在矩形区域R=[]b a ,×[]d c ,上连续,则()dy y x f dx bad c,=()dx y x f dy d cba,.定理7 若f ()y x ,在矩形区域R=[]b a ,×[]d c ,上连续,g ()x 在[]b a ,上可积,则作为y 的函数()()dx x g y x f ba,在[]d c ,上连续,且()()dy y x f dx x g d ccba,=()()dx x g y x f dy d cba,.注意推论中闭区间[]d c ,可以换成开区间或无穷区间,因为可积性定理是由连续性推得的,连续性是局部性质.例9 求I=dx xx x ab ?-1ln （b>a>0）. 解由xx x dy x ab bayln -=得I=dx dy x b a y10=??10b a y dy x dx ,因为()y x y x f =,在矩形区域[][]b a ,1,0?上连续,由定理可得I=dx x dy b ay ??1=dy y ba ?+11=ln ab ++11. 例10 试求累次积分()dy yxy x dx ??+-1012222与()+-10122222dx yxy x dy ,并指出它们为什么与定理的结果不符.解：()dy y xy x dx ??+-101022222=()dx dy y x y x++101022222=()()dx y x y x d y y x dy++-+1010102222222=dx y x yd y x dy ??+++10101022221=dx x ?+10211=0arctan 1arctan -=4π. () +-1122222dx y xy x dy =()dx x y x y dy ??+--10122222,由()dy y xy x dx ?+-1122222=4π,同理可得()dx x yx y dy ??+-10122222=4π,所以()??+-10102222 2dx y x y x dy =–4 π.即()dy yxy x dx+-10122222≠()+-10122222dx yxy x dy ,这与定理不符.因为()()()222220,0,limyxy x y x +-→=()()()2222220,0,2limy xy y x y x +-+→=()()()+-+→2222220,0,21lim y x y y x y x 不存在, 所以()()22222,yxy x y x f +-=在点()0,0处极限不存在,即在矩形区域[][]1,01,0?上不连续,不满足定理的条件.例11 应用积分号下的积分法求积分,dx x xb ln 1ln sin 10-?()0>>a b . 解令()xx x x x g ab ln 1ln sin -??? ??=,x x x dy x a b b a yln -=?.因为()()()(),01,00,0lim ,0lim 1====→→+g g x g x g x x 所以()x g 在[]1,0上连续. 所以dx x xx x a b ln 1ln sin 10-??? ???=()?10x g =dx dy x x b a y ????101ln sin . 令()y x f ,= yx x ??1lnsin , 10≤<="" 0="x" p="">则()y x f ,在矩形区域[][]b a ,1,0?上连续,由定理可知dx dy x x b ay101ln sin =dx x x dy yba101ln sin =()?+∞aty tdte dy 01sin =()()()a b dy y ba +-+=++?1arctan 1arctan 1112.2. 含参量反常积分的分析性质及应用2.1含参量反常积分的连续性定理8 设),(y x f 在?I [+,c ∞）上连续,若含参量反常积分)(x φ=?+∞c dyy x f ),(在I 上一致连续,则Φ（x ）在I 上连续.推论 ),(y x f 在?I [+,c ∞）上连续,若dy y x f x c+∞=Φ),()(在I 上內闭一致收敛,则Φ（x ）在I 上连续.这个定理也表明,在一致收敛的条件下,极限运算与积分运算可以交换：dy y x f x dy y f dy y x f x c x c o c x ox ),(lim ),(),(lim 0+∞→+∞+∞→==例12 证明⑴dy x e xy+∞-0⑴在[a,b]（a>0）上一致收敛;⑵ 在[0,b]上不一致收敛.证明⑴? x ),(b a ∈,y ),0[+∞∈,有bexeayxy--≤≤0,而dybe xy ?+∞-0收敛（a>0）,由M 判别法,知反常积分dy x e xy+∞-0在[a,b]（a>0）上一致收敛.⑵因Φ（x ）=dy x e xy ?+∞-0= 0,0=x ，1,0b x ≤≤.在x=0处不连续,而xe xy -在0≤ x ≤ b,0≤y ≤ +∞ 內连续,由连续性定理知dy x e xy+∞-0在0≤ x ≤ b 上不一致连续.例13 回答对极限dy xy xy e x ?+∞→-+220lim 能否施行极限与积分运算顺序的变换来求解？解110lim ][0lim lim22222lim ==--=-=-++++→+∞→∞+→∞+→x x x x xy xyexyee dxy dy xyo . 而0002lim 2==-?∞+∞+→+dy dy xyxyex 运算顺序不能交换,是因为dy xyxye∞22在[0,b]（b>0）上不一致收敛,故不满足含参量反常积分连续性条件.定理9 如果函数),(u x f 在[a,+∞）×[βα,]上连续,而且积分?+∞adxu x f ),(在[βα,]上一致收敛,那么由Φ（x ）=?+∞adx u x f ),(所确定的函数Φ在[βα,]上连续.证明由于+∞adx u x f ),(在[βα,]上一致连续,故对任意ε>0,存在A 0>a,使得不等式︱?+∞A dx u x f 0),(︱<3ε对[βα,]中所有的u 成立.因为函数),(u x f 在[βα,]上连续,?+∞A dx u x f 0),(是[βα,]中的连续函数,因而对任意0u ∈[βα,],任意ε>0,存在δ>0 , 当u ∈[βα,]且δ<-0u u 时,︱?A dx u x f a),(-?A dx u x f a),(0︱<3ε.于是当u ∈[βα,]且︱u -0u ︱<δ时, ︱()()0u ?︱=︱+∞adxu x f ),(-? +∞adxu x f ),(0︱≤︱A dxu x f a ),(-A dxu x f a ),(0︱+︱+∞Adx u x f 0 ),(︱+︱?+∞Adx u x f 0),(0︱<3ε+3ε+3ε=ε.这就证明了?在0u 处是连续的.由于0u 是[βα,]中的任意点,所以?在[βα,]上连续.这个定理也可以写成：+∞→+∞+∞→=a u aau dx u x f u dx x f dx u x f u u )),(lim (),(),(00lim 即在积分一致收敛的条件下,极限号与积分号可以交换.例14 讨论函数=)(α?dx x x x)2(arctan 3+?+∞α的连续性区间.解先看函数)(α?的定义域是什么,即上述积分在什么范围内收敛.在x=0附近,x x x dx x 13121~)2(arctan -+αα.所以当α<2时,积分dx xx x)2(arctan 3+?+∞α当x +∞→时,dx x x x )2(arctan 3+α～x312+απ,所以积分dx xx x)2(arctan 31+?+∞α当α>-2时收敛.由此得知)(α?的定义域是（-2,2）.我们只需证明?在任意[a,b]?（-2,2）上连续.根据定理9只要证明上面的积分在[a,b]上一致收敛.当x )1,0(∈时,设a ≤b<2,这时存在常数c 使得dx x x x a )2(arctan 3+≤x a c 1-≤xb c 1-而b-1<1,故由比较判别法,积分dx xx x a )2(arctan 31+?在（+∞,b]一致收敛.当x ∈[1,+∞）时,设-2xxa a dx x3331212)2(arctan ++≤≤+ππα.而a+3>1,故有比较判别法,积分dx xx x)2(arctan 31+∞+α在[a,+∞）上一致收敛,把积分合在一起,即知dx x x x)2(arctan 3+?+∞α[a,b]?（-2,2）上一致收敛,故?在（-2,2）上连续.注意与级数的情形一样,积分的一致收敛只是保证?连续的一个充分不必要条件.但在f 非负的条件下,积分的一致收敛便是?连续的必要条件. 2.2含参量反常积分的可微性定理10 设),(y x f 与),(y x f x 在区域I ?[,c )∞+上连续.若dy y x f x c+∞=Φ),()(在I 上收敛,dy y x f cx ),(?+∞在I 上一致收敛,则)(x Φ在I 上可微,且dy y x f x cx ),()('?+∞=Φ.例15 求积分dx x xye x2cos -?+∞-. 解记J(y)= dx xxy e x 20cos -?+∞-,有参量反常积分可微性定理推得)('y J = dx xxye xsin 0+∞-=y arctan ,而0)0(=J ,所以dx xxy20cos 1-?+∞-=)(y J =?y dt t J 0)(', )1ln(21arctan arctan 20y y y tdt I y +-==?.例16 对dy e x x F y x 23)(-+∞=能否运用积分与求导运算顺序变换求解.逻辑推理验证函数dy e x x F y x 23)(-+∞=是否满足可微性定理条件,若不满足条件,则不能变换顺序. 1,0≠x ,解由于??+∞--+∞-=??0420322)23()(dy e y x x dy e x xy x yx = 0,0=x .因而dy e x xyx )(203-+∞?在[]1,0上不一致收敛,故不能运用含参量反常积分可微性定理.实际上,因dy e x x F y x 23)(-+∞==x ,()+∞∞-∈,x ,则,1)('=x f 而+∞--+∞-=??0420322)23()(dy e y x x dy e x x yx y x 在x =0处为零.故积分与求导运算不能交换顺序.定理11（积分号下求导定理）设),(y x f 与),(y x f x 在?I [,c )∞+上连续.若dy y x f x c+∞=Φ),()(在I 上收敛,而dy y x f cx ),(?+∞在I 上内闭一致收敛,则)(x Φ在I 上可微,且dy y x f x cx ),()('?+∞=Φ.证明设｛n C ｝()c C o =为一递增且趋于∞+的数列,记dy y x f x u nn c c n ?-=1),()(,n=1,2···,且有)(x I =)(1x u n n ∑∞=.由正常积分的连续性定理得)(x u n （n=1,2···,）在[]b a ,上可微,且dy y x f x u nn c c n ?-=1),()(',n=1,2···,由已知条件dy y x f cx ),(?+∞在[]b a ,上一致收敛,又因若含参变量反常积分dy y x f c),(?+∞关于[]b a x ,∈一致收敛,则函数项级数)('1x u n n ∑∞=关于[]b a x ,∈一致收敛.从而函数项级数==?∑∑-∞=∞=dy y x f x u nn c c x n n n 1),()('11dy y x f cx ),(?+∞也在[]b a ,上一致收敛,根据函数项级数的逐项求导定理,即得)(x I 在[]b a ,上可微,且==∑∞=)(')('1x u x I n n dy y x f cx ),(?+∞.上述定理的结果也可记成dy y x f x dy y x f dx d c c),(),(??+∞+∞=. 定理12 如果函数f 和u f ??都在[)[]βα,,?+∞a 上连续,积分dxuu x f a ?+∞),(在[]βα,上一致收敛,那么?+∞=adx u x f u ),()(?在[]βα,上可微,而且βα?≤≤??=?+∞u dx uu x f u a,),()('. 证明对于任意正整数a n >,令?=n an dx u x f x ),()(?.又因为若函数f 及其偏导数uf都在闭矩形[][]βα,,?=b a I 上连续,那么函数?=b a dx u x f x ),()(?在[]βα,上可微,而且dx u x f ux du d ba)),(()(=?.所以n ?在[]βα,上有连续的导函数dx uu x f u nan ?=),()('?. 由于.),(dx uu x f a+∞在[]βα,上一致收敛,所以函数列{})('u ?在[]βα,上一致收敛,且因{}n ?在[]βα,上收敛于?,故?在[]βα,上连续可微,且βα?≤≤??=?+∞u dx uu x f u a,),()(' 成立.例17 利用对参数的微分法,计算微分a dx xe e bxax ,0222∞+---﹥0,b ﹥0.解把a 看作参数,记上面的积分为),(a I 那么dx e a I ax ?+∞--=02)('.为了说明微分运算和积分运算的交换是允许的,我们把a 限制在区间[)+∞,δ中,这里δ是任意一个正数.于是.2ax 2x e e δ-≤-由于.02dx e x ?+∞-δ收敛,故由Weierstrass 判别法知道,积分.02dx e ax ?+∞-对[)+∞∈,δa 中一致收敛,故由上述定理可知上面的运算成立.由于δ﹥0是任意的,故.)('02a I ax ?+∞--=在()+∞,0中成立.计算得aa I 2)('π-=, 所以.)(c a a I +-=π由于,,0)(b c b I π==故最后得).()(a b a I -=π 2.3含参量反常积分的可积性定理13设),(y x f 在[a,b][c, )∞+上连续,若dy y x f x c+∞=Φ),()(在[a,b]上一致收敛,则)(x Φ在[a,b]上可积,且dy y x f dx cb a+∞),(=dx y x f dy bac+∞),(.定理14 设),(y x f 在[a,b]?[c, )∞+上连续,若（1）?+∞adx y x f ),(关于y在[c, )∞+上内闭一致收敛,?+∞cdy y x f ),(关于x 在[a,)∞+上内闭一致收敛；（2）积分??+∞+∞dy y x f dx ),(与??+∞+∞cadx y x f dy ),(中有一个收敛.则+∞+∞acdy y x f dx ),(=dx y x f dy ac+∞+∞),(.例18 等式dy e baxy-=xee bxax---出发,计算积分dx xe e bx ax ?∞+---0（b>a>0）.解因为xy e -在[0,)∞+?[ a,b]上连续,且xy ≥ax,则有0<="" e=""p="" xy="">dx e ax ?+∞-0=-∞+-01ax e a=a1收敛,由M 判别法可推断含参量反常积分dx e ax ?+∞-0在[ a,b]（a>0）上一致收敛.由可积性定理知()=I y ?+∞-0dx e xy 在[ a,b]上可积.且dy e dx b axy ??-+∞=dx x e e bx ax ?∞+---0=dx e dy xyb a ??+∞-0=?+∞--b a xy dy e y 01=?bady y 1=ab ln . 例19 对dx e xy y dy xy ??+∞--03103)22(能否运用积分顺序交换来求解？解：令u=x 2y ,则dx exy y dy xy ?+∞--03103)22(=[]dy ue yu∞+-?0102=10dy =0而[]x xu ux xy xy e ue xdu e u x dxy e xy x dy e xy y -----==-=-= -02102131)1(1)1(1)22(22.则dy e xy y dx xy ??-+∞-1303)22(=dx e x ?+∞-0=1. 所以积分运算顺序不能变换.原因是dx e xy y xy +∞--033)22(在[0,1]上不一致收敛,故不满足参量反常积分可积性定理条件.。
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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
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
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 ) . (
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
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
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
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 (
dx M 判别法∫ p 在(-∞, b) ( b < 1) 上一致收敛. 0 x
1
P189EX4 求下列积分 2 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
含参量积分习题课
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
（ 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
( 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
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
( 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
∂ 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。
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.
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
= ∫ 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 = −
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
+∞ −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，