复旦大学：《数学分析》精品课程教学资源（习题全解）第十五章 含参变量积分 15.2 含参变量的反常积分

习题15.2含参变量的反常积分1.证明下列含参变量反常积分在指定区间上一致收敛：cosx,d，yza>0;sin2xe-dx，0a≤a;(2) (1)x?+yx+a(3)(txsinxcosaxdx，a≤α<b。1cos.xy1解（1）因为dx收敛，所以由而x?+a?x2±a?+1"cosx,x在[a,)上一致收敛。Weierstrass判别法，J。x2 + yJ。sin2xdx关于α[0,αo]一致有界；关于x(2）sin2xdx≤1，即「，可知当x→+o时，关于α[0,α]一致趋于单调，且由x+αxx+o零。于是由Dirichlet 判别法，可知sin2xeadx在α[0,αo]上一致收+0敛。（3）由分部积分法，+ cos ax d cos x*xsin x* cosaxdx =-αsinaxcosxcosaxcosxcosaxcos.x4x22x3其中cosaxcosxxmax(lal,jb)Cosoxcosx4aαsincxcosx再由可得到x2x3x2_ max(lal,|b)asinaxcosxtmax(lal,b] t1XA与cosaxcosx4dx≤dx242x3当A→+o时，上述三式关于α在[α,b]上一致趋于零，所以原积分关于α在[a,b]上一致收敛。2．说明下列含参变量反常积分在指定区间上非一致收敛：-

习 题 15.2 含参变量的反常积分 1. 证明下列含参变量反常积分在指定区间上一致收敛： （1）∫ +∞ + 0 2 2 cos dx x y xy ，y ≥ a > 0； （2）∫ +∞ − 0 + sin 2 e dx x x αx α ，0 ≤ α ≤ α 0 ； （3）∫ ， +∞ 0 4 x sin x cosαxdx a ≤α ≤ b。 解 （1）因为 ≤ +2 2 cos x y xy 2 2 1 x + a ，而 ∫ +∞ + 0 2 2 1 dx x a 收敛，所以由 Weierstrass 判别法，∫ +∞ + 0 2 2 cos dx x y xy 在[a,+∞)上一致收敛。 （2） sin 2 1 0 ≤ ∫ A xdx ，即 0 sin 2 A xdx ∫ 关于 [0, ] α ∈ α 0 一致有界； α α + − x e x 关于 单调，且由 x x x e x 1 ≤ + − α α ，可知当 x → +∞时， α α + − x e x 关于 [0, ] α ∈ α 0 一致趋于 零。于是由 Dirichlet 判别法，可知∫ +∞ − 0 + sin 2 e dx x x αx α 在 [0, ] α ∈ α 0 上一致收 敛。 （3）由分部积分法， 4 4 2 1 cos sin cos cos A A 4 x x x xdx d x x α α +∞ +∞ = − ∫ ∫ 4 4 2 2 cos cos 1 sin cos 1 cos cos 4 4 A A 2 A x x x x x x dx dx x x α α α α +∞ +∞ +∞ = − − − ∫ ∫ 4 3 x , 其中 2 2 cos cos 1 A x x x A α +∞ ≤ ； 再由 2 2 4 sin cos max( , ) x a b x x x ≤ α α 及 3 3 4 cos cos 1 x x x x ≤ α ，可得到 4 2 2 sin cos 1 max( , ) max( , ) A A x x a b dx a b dx x x +∞ α α +∞ ≤ = ∫ ∫ A 与 4 3 3 cos cos 1 1 A A 2 x x dx dx 2 x x A +∞ α +∞ ≤ = ∫ ∫ 。 当 A → +∞时，上述三式关于α 在[a,b]上一致趋于零，所以原积分关于 α 在[a,b]上一致收敛。 2．说明下列含参变量反常积分在指定区间上非一致收敛： 1

xsinox1）2）00，取A'=元解（1）取s>Ao.A"11844Y则当n充分大时，22n2元xsinoxxsina,xdx818αn(1+x2)3n元α(1+x)16/1+(xsinox由Cauchy收敛准则，dx在αe(0,+)上不一致收敛。α(1 + x2)，则1（2）作变量代换x=sin-dx =sintdt1V23元取元>0，VA>0，取A'=2n元+>A0,A"=2n元81A则当n充分大时，α=α,=2-nV2元V23元1sintdtsintdt ≥元=82-a83元2n元4"一sindx在αE(0,2)上不一致收敛。由Cauchy收敛准则，3.设f()在t>0上连续，反常积分[f()dt当=a与=b时都收敛，证明[f(t)dt关于在[a,b]上一致收敛。证将反常积分[tf(t)dt 写成Jtt"f()dt = Jra-a[r"f(0)]dt+ f,a-b[r"f(0)]dt 对于"ra-[r"f(t)]dt，因为["t"f(1)d 收敛从而关于a在[a,b]上一致收敛，a-a是t的单调函数，且a-a≤1，即tα-a在te[0,1]上关于e[a,b]一致有界，由Abel判别法，可知[ra-"[r"f(t]dt关于a在[a,b]上一致收敛。对于,a-b[rf(0)]dt，因为tf(t)dt收敛从而关于在[a,b]上一致收敛，ta-b是1的单调函数，且a-b<1，即ra-b在te[1,+)上关于2

（1）∫ +∞ 0 + 2 (1 ) sin dx x x x α α ，0 ，∀A0 > 0，取 4 3 , 4 0 π nπ A A n A′ = > ′′ = ， 1 n n α α= = ， 则当n充分大时， = + ∫ ′′ ′ A A dx x x x (1 ) sin 2 α α ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ≥ + ∫ 2 2 2 4 3 4 2 ) 4 3 16 1 ( 2 (1 ) sin π π α α π π n n dx x x x n n n n 0 2 18 > = ε ， 由 Cauchy 收敛准则，∫ +∞ 0 + 2 (1 ) sin dx x x x α α 在α ∈ (0,+∞)上不一致收敛。 （2）作变量代换 t x 1 = ，则 ∫ ∫ +∞ − = 1 2 1 0 sin 1 1 sin 1 tdt t dx x x α α 。 取 0 2 0 8 ε = > π ，∀A0 > 0，取 4 3 , 2 4 2 0 π π π A′ = nπ + > A A′′ = n + ， 1 2 n n α α= = − ，则当n充分大时， = ∫ ′′ ′ − A A tdt t sin 1 2 α n n n n tdt t n 1 4 3 2 4 2 2 4 3 4 2 2 sin 1 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ∫ ≥ + + − π π π π π π π α 0 2 8 > π = ε ， 由 Cauchy 收敛准则，∫ 1 0 1 sin 1 dx x x α 在α ∈ (0, 2)上不一致收敛。 3．设 f (t)在t > 0上连续，反常积分∫ 当 +∞ 0 t f (t)dt λ λ = a与λ = b 时都收敛， 证明∫ 关于 +∞ 0 t f (t)dt λ λ 在[a,b]上一致收敛。 证 将反常积分∫ 写成 +∞ 0 t f (t)dt λ ∫ +∞ = 0 t f (t)dt λ ∫ + 1 − 0 t [t f (t)]dt λ a a ∫ +∞ − 1 t [t f (t)]dt λ b b 。 对于∫ − ，因为 收敛从而关于 1 0 t [t f (t)]dt λ a a ∫ 1 0 t f (t)dt a λ 在 上一致 收敛， 是t的单调函数，且 [a,b] a t λ− ≤ 1 −a t λ ，即t λ−a 在t ∈[0,1]上关于λ ∈[ , a b] 一致有界，由 Abel 判别法，可知∫ − 关于 1 0 t [t f (t)]dt λ a a λ 在 上一致收 敛。 [a,b] 对于∫ ，因为 收敛从而关于 +∞ − 1 t [t f (t)]dt λ b b ∫ +∞ 1 t f (t)dt b λ 在 上一 致收敛， 是 的单调函数，且 [a,b] b t λ− t ≤ 1 −b t λ ，即 b t λ − 在 t ∈[1,+∞) 上关于 2

e[a,b]一致有界，由Abel判别法，可知(,a-b[thf(t)]dt关于a在[a,b]上一致收敛。所以[""f(t)dt关于在[a,b]上一致收敛。4．讨论下列含参变量反常积分的一致收敛性：(),在2 0(2)Jte-(x-a)’dx,在（I) a0;（II）p>0;(4)Jte sinxdx，在（I)α≥α>0;（II)α>0;+o cos xy dx =+o cos xy dx ,rcosxydx +解（1）「JoxxVx对于cx，由于os「'd收敛，由Weierstrass判，Vx别法，可知cosd关于y一致收敛。Vxos由于cosxy，即cosy关于[o,)对于.Nxyo一致有界，以及一单调，当x→+o时，关于ye[%,+o)一致趋于VxVx零， D rilau 别法。可细一受a美于 yeb )一致收数,所以。关于ye[o+o)一致收敛。x(2）（I）当α0，使(a,b)c[-A,A]。则Vx≥A,le(x-a)e-x-”，而erdx与eax收敛，由Weierstrass 判别法的证明，可知反常积分e(xa)dx与[。e-(x-adx在α(a,b)上一致收敛。所以{*"e-(x-adx在αe(a,b)上一致收敛。(II）当-0，VA>0，取A'=n>A,A"=n+l，α=α,=n，则当n充分大时，[ e-( d-""le--a) dx= Jer da>}=60由Cauchy收敛准则，te-(x-a)ax在α e(-0,+)上不一致收敛。同理~e-(r-adx在αe(-0,+o0)上也不一致收敛。所以「te-(r-a) dx在3

λ ∈[ , a b]一致有界，由 Abel 判别法，可知∫ 关于 +∞ − 1 t [t f (t)]dt λ b b λ 在 上一致收敛。 [a,b] 所以∫ 关于 +∞ 0 t f (t)dt λ λ 在[a,b]上一致收敛。 4. 讨论下列含参变量反常积分的一致收敛性： （1）∫ +∞ 0 cos dx x xy ，在 y ≥ y0 > 0； （2）∫ ，在（I） +∞ −∞ − − e dx x 2 ( α ) a 0 p > 0 （4）∫ ，在（I） +∞ − 0 e sin xdx αx α ≥ α 0 > 0；（II）α > 0； 解（1）∫ +∞ 0 cos dx x xy ∫ = 1 0 cos dx x xy ∫ +∞ + 1 cos dx x xy ， 对于∫ 1 0 cos dx x xy ，由于 x x cos xy 1 ≤ ，∫ 1 0 x dx 收敛，由 Weierstrass 判 别法，可知∫ 1 0 cos dx x xy 关于 y 一致收敛。 对于 1 cos xy dx x +∞ ∫ ，由于 0 1 2 cos y xydx A ≤ ∫ ，即 关于 一致有界，以及 ∫ A xydx 1 cos [ , ) y ∈ y0 +∞ x 1 单调，当 x → +∞ 时， x 1 关于 [ , ) y ∈ y0 +∞ 一致趋于 零，由 Dirichlet 判别法，可知∫ +∞ 1 cos dx x xy 关于 [ , ) y ∈ y0 +∞ 一致收敛， 所以∫ +∞ 0 cos dx x xy 关于 [ , ) y ∈ y0 +∞ 一致收敛。 （ 2 ）（ I ） 当 a 0 ， 使 (a,b) ⊂ [−A, A] 。 则 ∀ x ≥ A ， 2 2 ( x ) ( x A) e e − − − − ≤ α ，而 2 ( ) A x A e d − − − ∫−∞ x与 2 ( ) x A A e +∞ − − ∫ dx x x 收敛，由 Weierstrass 判 别法的证明，可知反常积分 与 在 0 2 ( ) x e d − −α ∫−∞ 2 ( ) 0 x e d α +∞ − − ∫ α ∈ (a,b) 上一致 收敛。所以∫ 在 +∞ −∞ − − e dx x 2 ( α ) α ∈ (a,b) 上一致收敛。 （II）当 − ∞ ， ，取 ， 0 ∀A > 0 0 A n ′ ′ = > A , 1 A′ = n + n α =α = n ，则当n充分大时， 2 1 2 ( ) ( ) n A n x x A n e dx e dx α α ′′ + − − − − ′ = = ∫ ∫ 1 2 0 0 x 1 e dx e ε − > = ∫ ， 由 Cauchy 收敛准则，∫ 在 +∞ − − 0 ( ) 2 e dx x α α ∈ (−∞,+∞)上不一致收敛。同理 0 2 ( ) x e− −α ∫−∞ dx 在 α ∈ (−∞,+∞) 上也不一致收敛。所以 ∫ 在 +∞ −∞ − − e dx x 2 ( α ) 3

αe(-,+)上不一致收敛。（3）（I）当p≥P>0，|xp-in?≤xP-lin2x，而°xpo-in2xdx收敛，由Weierstrass判别法，（xP-In?xdx在pe[po,+o)上一致收敛。(）当p>0，取p,=>0，由于n-mxd≥x=→+8(+0),Vn2n ]n由Cauchy收敛准则，可知["xp-In2xdx在pe(0,+oo)上不一致收敛。（4）（I）当α≥α>0，e- sinx≤e-r(x≥0)，而(e-dx收敛，由Weierstrass 判别法，["e-asin xdx在αe[αo,+oo)上一致收敛。(II）当α>0，取,=2e-"，VA>0，取A=n元>A,A"=(n+1)元，，则当n充分大时，α=α,n+1[ in xd≥2e =由Cauchy收敛准则，J。e- sin xdx在α e(0,+oo)上不一致收敛。证明函数F(a)=J"在(0,+0)上连续。5.ra证任取[a,b]c(0,+o0)，[cosxdx≤2，即["cos xdx关于αe[a,b]一致有界；关于×单调，且Vα[a,b]成立，所以当×→+时，一texaxa关于αE[a,b]一致趋于零。由Dirichlet 判别法，可知F(a)="cosd在+cosxax在[a,b]上连续，由a,b的任αe[a,b]上一致收敛，从而F(α)= t"xa意性，即知F(a)="0%a在(0,o)上连续。-sinx6. 确定函数F(n)=I()- 的连续范围。sinx解函数 F(0)=J ()的定义域为(0.2)。下面我们证明sinxFo)-J(-)-在(0.2)上内闭一致收敛，即Vn>0，sinxFO)-I (-)-,血在e[72-对上一致收敛，从而得到 FO)在(0.2)上的连续性

α ∈ (−∞,+∞)上不一致收敛。 （3）（I）当 p ≥ p0 > 0， x x x x p 1 2 p 1 2 ln ln − 0 − ≤ ，而 收敛，由 Weierstrass 判别法， 在 ∫ − 1 0 1 2 ln 0 x xdx p ∫ − 1 0 1 2 x ln xdx p p ∈ [ , ) p0 +∞ 上一致收敛。 （II）当 p > 0，取 1 0 n p n = > ，由于 1 1 1 1 1 2 2 1 2 1 n n ( → +0) 1 1 2 2 1 1 ln ln ln 2 n p n n n n n n n x xdx x dx n n n − − ⎛ ⎞ ≥ = ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ ∫ ∫ → +∞ p ， 由 Cauchy 收敛准则，可知∫ − 在 1 0 1 2 x ln xdx p p ∈ (0,+∞)上不一致收敛。 （4）（I）当α ≥ α 0 > 0， x x e x e 0 sin −α −α ≤ (x ≥ 0) ，而 收敛，由 Weierstrass 判别法， 在 ∫ +∞ − 0 0 e dx α x ∫ +∞ − 0 e sin xdx αx [ , ) α ∈ α 0 +∞ 上一致收敛。 （II）当α > 0，取 0 2e π ε − = ，∀A > 0，取 A n ′ = π > = A, ( A′′ n +1)π ， 1 1 n n α α= = + ，则当n充分大时， ( 1) 0 sin 2 n n x n e xdx e π α π π ε + − − ≥ = ∫ ， 由 Cauchy 收敛准则，∫ 在 +∞ − 0 e sin xdx αx α ∈ (0,+∞)上不一致收敛。 5. 证明函数 ∫ +∞ = 1 cos ( ) dx x x F α α 在(0,+∞)上连续。 证 任取[ , a b] ⊂ (0,+∞) ， cos 2 1 ≤ ∫ A xdx ，即 ∫ 关于 A xdx 1 cos α ∈[a,b]一致有 界； α x 1 关于 x单调，且∀α ∈[a,b]成立 a x x 1 1 ≤ α ，所以当 x → +∞时， α x 1 关于α ∈[a,b]一致趋于零。由 Dirichlet 判别法，可知 ∫ +∞ = 1 cos ( ) dx x x F α α 在 α ∈[a,b]上一致收敛，从而 ∫ +∞ = 1 cos ( ) dx x x F α α 在 上连续，由 的任 意性，即知 [a,b] a,b ∫ +∞ = 1 cos ( ) dx x x F α α 在(0,+∞)上连续。 6. 确定函数 ∫ − − = π 0 π 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 的连续范围。 解 函 数 ∫ − − = π 0 π 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 的定义域为 (0, 2) 。下面我们证明 ∫ − − = π π 0 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 在 (0, 2) 上内闭一致收敛，即 ∀η > 0 ， ∫ − − = π π 0 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 在 y ∈[η,2 −η]上一致收敛，从而得到 在 上的连续性。 F y( ) (0, 2) 4

sin由于积分有两个奇点，所以将F(y)=[(-)写成sinxsinxF(v)(a--)-dr +/2(元-x)-d =F(0)+F:()。sinx，而s收敛，由当x(0,1)，y≤2-n时,12~n1.2-x(元-x)2-)sinxWeierstrass判别法的证明，可知反常积分F(y)=[x(a-x)3-μdx在ye[n,2-n]上一致收敛。sinxsinxsinx当xe(元-1,元)，≥时,而d(π - x)2-nx(元 - x)2-)收敛，由Weierstrass判别法的证明，可知反常积分sinxF(y)=[dx在ye[n,2-n]上一致收敛。(-x)2-)sinx所以F(y)=。(-)-在ye[7,2-上一致收敛。7.设(*"f(x)dx存在。证明f(x)的Laplace变换F(s)=(*e"f(x)dx在[0,+)上连续。证由于{*f(x)dx收敛即关于s在[0,+o0)上一致收敛，e-关于x单调，且e-s≤1，即e-"在xe[0,+o0),se[0,+oo上一致有界，由Abel判别法，F(s)=Je-"(x)dx在se[0,+)上一致收敛，从而F(s)在[0,+)上连续。cos.x8. 证明函数 10=(血在(-,+)上可微。cosx证首先反常积分()=J。1+(X+14dx对任意te(-0+)收敛。其次有cosx2(x+t)[[ --cosxdx [1+(x+)任取[a,b]，VA>0，[r。cosxdx≤2，即[。cosxdx关于te[a,b]一致有界；2(x +t)记c=maxal,]，当x>c，1e[a,b]时，关于x单调，且[1+(x+1)"]?2(x+ t)2(x +t)1，即当x→+时，关于te[a,b][1+(x+t)""1+(x-c)2[1+(x + t)?j?2(x+t)致趋于零。由Dirichlet判别法，可知-1。+(+)co-cosxdx在te[a,b]cosx上一致收敛，所以I(1)=「dx在t[a,b]上可微，且有1+(x+0)

由于积分有两个奇点，所以将 ∫ − − = π 0 π 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 写成 2 2 0 sin ( ) ( ) y y x F y dx x x π π − = − ∫ 2 2 sin ( ) y y x dx x x π π π − + − ∫ ( ) ( ) 1 2 = F y + F y 。 当 x ∈ (0,1)， y ≤ 2 −η 时， y y x x x − − 2 ( ) sin π −η ≤ 2 sin x x ，而 1 2 0 sin x dx x ∫ −η 收敛，由 Weierstrass 判别法的证明，可知反常积分 2 1 2 0 sin ( ) ( ) y y x F y dx x x π π − = − ∫ 在 y ∈[η,2 −η]上一致收敛。 当 x∈ − ( 1 π ,π )，y ≥η 时， y y x x x − − 2 ( ) sin π η π − − ≤ 2 ( ) sin x x ，而 2 1 sin ( ) x dx x π η π π − − − ∫ 收敛，由 Weierstrass 判别法的证明，可知反常积分 2 2 2 sin ( ) ( ) y y x F y dx x x π π π − = − ∫ 在 y ∈[η,2 −η]上一致收敛。 所以 ∫ − − = π π 0 2 ( ) sin ( ) dx x x x F y y y 在 y ∈[η,2 −η]上一致收敛。 7. 设 存在。证明 的 Laplace 变换 在 上连续。 ∫ +∞ 0 f (x)dx f (x) ∫ +∞ − = 0 F(s) e f (x)dx sx [0, + ∞) 证 由于∫ 收敛即关于 在 +∞ 0 f (x)dx s [0,+∞)上一致收敛， 关于 单调， 且 sx e− x ≤ 1 −sx e ，即e−sx在 x ∈[0,+∞),s ∈[0,+∞)上一致有界，由 Abel 判别法， ∫ 在 上一致收敛，从而 在 上连续。 +∞ − = 0 F(s) e f (x)dx sx s ∈ + [0, ∞) F s( ) [0,+∞) 8. 证明函数 ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) cos ( ) dx x t x I t 在(−∞,+∞) 上可微。 证 首先反常积分 ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) cos ( ) dx x t x I t 对任意t ∈( , −∞ +∞)收敛。其次有 2 0 cos 1 ( ) x dx t x t +∞ ∂ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ∂ + ⎣ + ⎦ ∫ 2 0 2 2( ) cos 1 ( ) x t xdx x t +∞ + = − ⎡ ⎤ + + ⎣ ⎦ ∫ 。 任取[ , a b]，∀A > 0， cos 2 0 ≤ ∫ A xdx ，即∫ 关于 A xdx 0 cos t ∈[a,b]一致有界； 记 c = max{a , b}，当 x > c ， t ∈[a,b] 时， 2 2 [1 ( ) ] 2( ) x t x t + + + 关于 x 单调，且 2 2 [1 ( ) ] 2( ) x t x t + + + 2 1 ( ) 1 + x − c ≤ ，即当 x → +∞ 时， 2 2 [1 ( ) ] 2( ) x t x t + + + 关于 一 致趋于零。由 Dirichlet 判别法，可知 t ∈[a,b] 2 2 0 2( ) cos [1 ( ) ] x t xdx x t +∞ + − + + ∫ 在 上一致收敛，所以 t ∈[a,b] ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) cos ( ) dx x t x I t 在t ∈[a,b]上可微，且有 5

02(x+t)cosxdxI'(t) = -[1+(x+t)"]cos.x由a,b的任意性，即知1()=。1+(+dx在(-0,+0)上可微。-'e"dy,计算[."-9.利用e-"-e"h(b>a>0)。dx解当ye[a,b]时，e-"0,XXb>a>0)。解当ye[a,b]时，[。cos xyd≥，即[。cos xydx关于ye[a,b]一致有界;e-关于x单调，且当x→+o时，e-关于y一致趋于零。由Dirichlet判别法，「e-"cosxydx关于y[a,b]一致收敛，由积分次序交换定理，e-m sinbx-sinaxd =Je-maxJ'cos()dy-J'aje-μ cos()dx利用分部积分，p(t e-px cos(xy)dx =p? +y?于是J e-n sin bx -sinax,barctararctanxppdxdx（n为正整11.利用（a>0），计算I,=(α + x2 ) +1a+x22/a数)。解由于{dx对一切αE(0,+)收敛，「2dx=a+r2g+2(a+x2)关于a在(0,+o)上内闭一致收敛，因此J。_，在ae(0,+o)上可微且a+x成立dxsndrat=J.(a)--ary'所以,=-d(da(2Va)同理上述积分仍可在积分号下求导，并可不断进行下去。由6

∫ +∞ + + + ′ = − 0 2 2 [1 ( ) ] 2( ) cos ( ) dx x t x t x I t 。 由a,b的任意性，即知 ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) cos ( ) dx x t x I t 在(−∞,+∞) 上可微。 9. 利用 ∫ − − − = − b a xy ax bx e dy x e e ，计算∫ +∞ − − − 0 dx x e e ax bx （b > a > 0）。 解 当 y a ∈[ ,b] 时， xy ax e e − − ≤ ，而 收敛，所以 关于 一致收敛，由积分次序交换定理， 0 ax e dx +∞ − ∫ 0 xy e dx +∞ − ∫ y a ∈[ ,b] ∫ +∞ − − − 0 dx x e e ax bx a b y dy dx e dy dy e dx b a xy b a b a xy ln 0 0 = = = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ +∞ − − +∞ 。 10．利用 ∫ = − b a xydy x bx ax cos sin sin ，计算∫ +∞ − − 0 sin sin dx x bx ax e px （ ， ）。 p > 0 b > a > 0 解 当 y a ∈[ ,b]时， 0 2 cos A xydx a ≤ ∫ ，即 0 cos A xydx ∫ 关于 y a ∈[ ,b]一致有界； px e− 关于 x单调，且当 x → +∞时， px e− 关于 一致趋于零。由 Dirichlet 判别法， 关于 y 0 cos px e xydx +∞ − ∫ y a ∈[ ,b]一致收敛，由积分次序交换定理， ∫ +∞ − − 0 sin sin dx x bx ax e px ∫ ∫ ∫ ∫ +∞ − +∞ − = = 0 0 e dx cos(xy)dy dy e cos(xy)dx px b a b a px 。 利用分部积分， ∫ +∞ − 0 e cos(xy)dx px 2 2 p y p + = ， 于是 ∫ +∞ − − 0 sin sin dx x bx ax e px p a p b dy p y b p a arctan arctan 2 2 = − + = ∫ 。 11．利用∫ +∞ = 0 + 2 a x 2 a dx π （a > 0 ），计算 ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) n n a x dx I （ 为正整 数）。 n 解 由于∫ +∞ + 0 2 a x dx 对一切a ∈ (0,+∞) 收敛， 2 0 1 dx a a x +∞ ∂ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ∂ + ⎝ ⎠ ∫ ( )2 0 2 dx a x +∞ − + ∫ 关于a 在(0,+∞)上内闭一致收敛，因此∫ +∞ + 0 2 a x dx 在a ∈ (0,+∞) 上可微且 成立 2 0 d dx da a x +∞ = + ∫ 2 0 1 dx a a x +∞ ∂ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ∂ + ⎝ ⎠ ∫ 2 2 0 ( ) dx a x +∞ − + ∫ ， 所以 2 2 d I da a ⎛ ⎞ π = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠。 同理上述积分仍可在积分号下求导，并可不断进行下去。由 6

(2n-1)!!2"da与-1)"n!(a+x2)20即可得到_2n+1(2n-1)!!dxI, =(0(a+x2)n+l2(2n)!! arctan ox dx 。12. 计算g(α)=[x2 /x2 -1Xx2-解 g(α)= J,°arctan cxd 1- J,1="sgnα12-2x(1+α2x2在最后一个积分中，令1=Vx2-1，则at?g(α)=sgnα--Joa+x1+α +a'd21+α2元sgnα-α1+α2+αf21+1aTsgnα.[αl+1- 1+α]。13.设f(x)在[0,+o)上连续，且limf(x)=0，证明F " (ax)- (bx)ax = f(0)Inb(a,b>0)。x0证设A">A>0，4" f(ax)-f(bx)A"f(ax)Af(bx)dcbs f(x) dxbAf(ax)"f(bx)Jafaax-Yxx=[(5)- (5,)In ≤,最后一个等式利用了积分中值定理，其中,在aA'与bA之间，,在aA"与bA"之间。令A'→+0，A"→+0，则与→0,,→+0，由f(x)在[0,+o0)上连续，且lim(x)=0，即得["(a)-(bx)dx= ()ingC201元14.（1）利用[y=号推出L(c)=」-2c(c>0);dy27

1 1 2 2 (2 1)!! ( 1) 2 n n n n n d n a a da ⎛ ⎞ − − − ⎜ ⎟ = − ⎝ ⎠ − 与 2 2 1 ( 1) ( ) n n n n n a a x a x 1 ! + ∂ − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ∂ + ⎝ ⎠ + ， 即可得到 ∫ +∞ + + = 0 2 1 ( ) n n a x dx I = π 2 2 1 2(2 )!! (2 1)!! + − − n a n n 。 12．计算 ∫ +∞ − = 1 2 2 1 arctan ( ) dx x x x g α α 。 解 ∫ ∫ +∞ +∞ + − = − = − 1 2 2 2 1 2 (1 ) 1 sgn 2 1 ( ) arctan 1 dx x x x x g xd α α α π α α 。 在最后一个积分中，令 1 2 t = x − ，则 ∫ +∞ + + + = − 0 2 2 2 2 2 (1 )(1 ) sgn 2 ( ) dt t x t g α α α α π α ∫ +∞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + − + + + = − 0 2 2 2 2 2 1 1 1 1 sgn 2 dt α α t t α α α π = [ ] 2 sgn | | 1 1 2 α α α π ⋅ + − + 。 13．设 f (x)在[0,+∞)上连续，且 lim ( ) = 0 →+∞ f x x ，证明 a b dx f x f ax f bx (0)ln ( ) ( ) 0 = − ∫ +∞ （a,b > 0）。 证 设 A′′ > A′ > 0， = − ∫ ′′ ′ dx x A f ax f bx A ( ) ( ) ∫ ∫ ′′ ′ ′′ ′ − A A A A dx x f bx dx x f (ax) ( ) ∫ ∫ ′′ ′ ′′ ′ = − bA b A aA aA dx x f x dx x f (x) ( ) ∫ ∫ ′′ ′′ ′ ′ = − b A aA bA aA dx x f bx dx x f (ax) ( ) a b = [ f (ξ 1 ) − f (ξ 2 )]ln ， 最后一个等式利用了积分中值定理，其中ξ 1在aA′与bA′之间，ξ 2 在aA′′ 与bA′′之间。令 A′ → +0，A′′ → +∞，则ξ1 → 0, ξ 2 → +∞，由 在 上连续，且 ，即得 f (x) [0,+∞) lim ( ) = 0 →+∞ f x x a b dx f x f ax f bx (0)ln ( ) ( ) 0 = − ∫ +∞ 。 14．（1）利用 0 2 2 π = ∫ +∞ − e dy y 推出 y c c y L c e dy e 2 0 2 ( ) 2 2 2 − +∞ − − = = ∫ π （c > 0）； 7

（2）利用积分号下求导的方法引出业=-2L，以此推出与（1）同dcg3样的结果，并计算edy(a>0,b>0)。解（1）令y==，则12L(c) ="dy=017于是2L(c) =de1_二=x，得到再令y-V（2）利用积分号下求导，dL=-2Ldy=dc于是dL=-2dc,L对等式两边积分，得到L(c) = Loe1元，所以注意到L(O)=2元L(c) =2令t=Vay，得到C7-2/abydy:dt:o221T+cospx d (α>0)。-{(α*+) dt =15.利用α+，计算J=α2+x解首先有利用例15.2.8的结果8

（2）利用积分号下求导的方法引出 L dc dL = −2 ，以此推出与（1）同 样的结果，并计算∫ +∞ − − 0 2 2 e dy y b ay （a > 0, b > 0）。 解（1）令 t c y = ，则 2 2 2 0 ( ) c y y L c e dy − − +∞ = = ∫ ∫ +∞ − − 0 2 2 2 2 dt t c e t c t 2 2 2 2 0 c y y c e d y − − +∞ = ∫ y， 于是 ∫ ∫ +∞ − − − +∞ − − = − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = + 0 ( ) 2 0 2 2 ( ) 1 ( ) 2 2 2 2 y c dy e d y y c L c e c y c y y c y 。 再令 c y y − = x ，得到 2 2 2 0 ( ) c y y L c e dy − − +∞ = = ∫ ∫ +∞ −∞ − − e dx e x c 2 2 2 2 2 c e π − = 。 （2）利用积分号下求导， = dc dL e dy L y c y c y 2 1 2 0 2 2 2 2 − = − ∫ +∞ − − ， 于是 dc L dL = −2 ， 对等式两边积分，得到 L(c) = L0e−2c， 注意到 2 (0) π L = ，所以 c L c e 2 2 ( ) − = π 。 令t = a y ，得到 ∫ +∞ − − 0 2 2 e dy y b ay = = ∫ +∞ − − 0 2 2 1 e dt a t ab t ab e a 2 2 1 π − 。 15．利用 2 2 0 ( 2 2 ) 1 x e dt t x + = ∫ +∞ − + α α ，计算 ∫ +∞ + = 0 2 2 cos dx x x J α β （α > 0）。 解 首先有 ∫ +∞ + = 0 2 2 cos dx x x J α β 2 2 ( ) 0 0 cos t x xdx e dt α β +∞ +∞ − + = = ∫ ∫ ∫ ∫ +∞ − + +∞ 0 ( ) 0 cos 2 2 dt e xdx t x β α 。 利用例 15.2.8 的结果 8

Vacos2xtdt=I(x)= [2可得Vixja(/ix)=1e%o02Je"e-° cos Pixdx = -2元2/t于是1a2+B)儿4i)d/i =e-alelJ=V元e2α其中最后一个等式利用了上题的结论。9

2 2 2 ( ) cos 2 0 t x I x e xtdt e− +∞ − = = ∫ π ， 可得 = ∫ +∞ − 0 cos 2 e xdx tx β t tx e t t x d t x t e t 4 0 2 2 1 2 ( ) 2 cos 2 1 β +∞ β π − − = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∫ ， 于是 = = ∫ +∞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + 0 4 2 2 J e d t t t β α π | | 2 α β α π − e ， 其中最后一个等式利用了上题的结论。 9