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 15.1 含参变量的常义积分

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：dx(1) lim1+x2+α2dx(2)limn解（1）由积分中值定理，可得dxdxdx1+x2+α?1+x2+1+x2+dxα（=在1与1+α之间），1+g?+α?01+x?+α?于是dxdxα1limlim+lim1+x2+αα-01+g?+α?+x2+α20-0元dx4（2）由连续性定理，dxdxde2elim [olte111+2．设f(x,y)当y固定时，关于x在[a,b]上连续，且当y→yo-时，它关于y单调增加地趋于连续函数(x)，证明lim_J"f(x, y)dx =,p(x)dx o证若能证明limf(x,y)=(x)关于xe[a,b]是一致的，即Vs>0,38>0, Vye(yo -8,yo), Vxe[a,b]: [f(x,)-d(x)0，8>0，3ye(-8,%)，3xe[a,b]:-

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） ∫ + → + + α α α 1 0 2 2 0 1 lim x dx ； （2） ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + →∞ 1 0 1 1 lim n n n x dx 。 解（1）由积分中值定理，可得 ∫ ∫ ∫ + + + + + + + = + + α α α α α 1 1 2 2 1 0 2 2 1 0 2 2 1 1 1 x dx x dx x dx ∫ + + + = 1 0 2 2 1 x α dx 2 2 1 ξ α α + + （ξ 在1与1+α 之间）， 于是 ∫ + → + + α α α 1 0 2 2 0 1 lim x dx 0 1 0 2 2 0 lim 1 lim → ∫ → + + + = α x α α dx 2 2 1 ξ α α + + = 1 4 1 1 0 2 π = + ∫ dx x 。 （2）由连续性定理， ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + →∞ 1 0 1 1 lim n n n x dx e e e de e dx x x x + = + = − + = ∫ ∫ − − 1 2 ln 1 1 1 0 1 0 。 2．设 f (x, y) 当 y 固定时，关于 在 上连续，且当 时，它 关于 x [a,b] y → y0 − y 单调增加地趋于连续函数φ(x)，证明 ∫ = ∫ → − b a b a y y lim f (x, y)dx (x)dx 0 φ 。 证 若能证明 lim ( , ) ( ) 0 f x y x y y = φ → − 关于 x ∈[a,b]是一致的，即∀ε > 0， ∃δ > 0， ( , ) 0 0 ∀y ∈ y − δ y ，∀x ∈[a,b]： f (x, y) −φ(x) 0，∀δ > 0， ( , ) 0 0 ∃y∈ y −δ y ，∃x ∈[a,b]： 1

[f(x, y) -Φ(x)[ ≥80 依次取,=1,(%-i,)，3x, [a,b]:[(x,)-(x)≥;1(0-], 3 0% -8, 0), 3x, [a,b], [(,)-0(,)≥5 ;,=min1,=min3y, e( -on,yo), Ex, e[a,b],[f(xn,y,)-d(x,)≥8 ;yo-yn由此得到两列数列(x(yn)。由于(x(yn)有界，由Bolzano-Weierstrass定理，存在收敛子列nliymJ，为叙述方便，仍记这两个子列为(nn)，其中(n)是递增的，limy,=。设limx,=5。由(5,)→()(→),可知>0, (--0):[(5,)-0(5)0,当n>时，成立(m,yx)-0(x,)-(5,yx)-()max(N,K)时，成立[f(xn,yn)-g(x,)/≤/f(xn,yx)-0(x,)a>0);x）InxIn1+asinx dx(2)(1>a>0)asinxsinx"-dx = J'sin(in)axf'xdy = J'aofx sin(in)ax解（1)sin In1Indx元二1 +I sin in-In-1nxycoysirV+12

0 f (x, y) −φ(x) ≥ ε 。 依次取 1 δ =1， 1 0 1 0 ∃y y ∈ − ( δ , y ) 1 ， [ , ]： 1 1 1 0 ∃x ∈ a b f x( , y ) −φ(x ) ≥ ε ； 2 0 1 1 min , 2 δ y y ⎧ ⎫ = − ⎨ ⎬ ⎩ ⎭ 2 0 2 0 ，∃ ∈ y y( −δ , y ) 2 [ , ]， 2 2 2 0 ，∃x ∈ a b f x( , y ) −φ(x ) ≥ ε ； "" 0 1 1 min , n n y y n δ − ⎧ ⎫ = − ⎨ ⎬ ⎩ ⎭， 0 0 ( , ) n n ∃ ∈ y y −δ y [ , ] n ∃x ∈ a b ， 0 ( , ) ( ) n n n ， f x y − ≥ φ x ε ； ""。 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{ } { } nk nk x , y ，为叙述方便，仍记这两个 子列为{ } xn ,{yn }，其中{yn }是递增的， 0 lim n n y y →∞ = 。设lim n n x ξ →∞ = 。 由 ( , ) ( )( ) f ξ y → φ ξ y → y0 − ，可知∃δ > 0, 0 ∀y y ( 0 − 0,当n > N 时， 成立 ( ) ( ) 2 ( , ) ( ) ( , ) ( ) 0 ε f xn yK −φ xn − f ξ yK −φ ξ max{N,K}时，成立 0 ( , ) −φ( ) ≤ ( , ) −φ( ) > − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∫ dx b a x x x x b a ； （2） (1 0) 1 sin sin 1 sin ln 2 0 > > − + ∫ a x dx a x a x π 。 解（1）∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ b a y b a y b a dx x dx x dy dy x x dx x x x x 1 0 1 0 1 0 1 sin ln 1 sin ln ln 1 sin ln ， ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ 1 ⎛ 0 1 sin ln dx x x y ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ + ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = + 1 0 0 1 1 1 cos ln 1 1 1 sin ln 1 1 dx x x x y x y y y 2

(y+1)2于是1+(y+1)2所以dyrctan(1+b)-arctan(1+a)+(v+1)nxd1+asinx dx(2)2dxlo1-ysin'xy?sin?xgsinxsinxdxdcotxTct,2 sin?xcot2x+1-1元2/1-1所以[2in I+asinx dxdtarcsina1-asinxsinx4．求下列函数的导数：(1) 1(y)=Jie-rydx;y cosxydx;(2) I(y)=[(3) F(1)=I" dxf'sin(x2 +y2 -t)dy 。解(1) I'(y)=2ye--e--["x2e-xydx。-, sin()d=3cosy'-2co(2) I"(o)= 2cosy*-cosy2_J(3)设g(x,)=[*sin(x2+y2-°)dy，则g,(x,1) = -2fcos(x2 + y2 -1’)dy+ sin(2x2 +2x1)+sin(2x2 -2x1) ,所以F(1) = J。 g(x,)dx + 21g(2,1)-21f dx[cos(xr2 + y2 -1)dy+2f sin 2x2 cos2xtdx3

∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = 1 0 1 cos ln 1 1 dx x x y y ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = + 1 2 0 0 1 1 2 1 sin ln ( 1) 1 1 cos ln ( 1) 1 dx x x x y x y y y ， 于是 ∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ 1 ⎛ 0 1 sin ln dx x x y 2 1 ( 1) 1 + + = y ， 所以 ∫ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ 1 ⎛ 0 ln 1 sin ln dx x x x x b a = + + = ∫ b a y dy 2 1 ( 1) arctan(1+ b) − arctan(1+ a)。 （2）∫ ∫ ∫ ∫ ∫ − = − = − + 2 0 0 2 2 2 0 0 2 2 2 0 1 sin 2 1 sin 2 1 sin sin 1 sin ln π π π y x dx dy y x dy dx x dx a x a x a a ， ∫ − 2 0 2 2 1 sin π y x dx 0 2 2 2 2 0 2 2 1 cot arctan 1 1 cot 1 cot π π y x x y y d x − − = − + − = −∫ 2 2 1− y = π ， 所以 = − = − + ∫ ∫ a y dy x dx a x a x 0 2 2 0 1 1 sin sin 1 sin ln π π π arcsina 。 4. 求下列函数的导数： （1） = ∫ − ； 2 2 ( ) y y x y I y e dx （2） ∫ = 2 cos ( ) y y dx x xy I y ； （3） ∫ ∫ 。 + − = + − x t x t t F(t) dx sin(x y t )dy 2 2 2 0 2 解（1） ′ = − − − − 。 5 3 ( ) 2 y y I y ye e ∫ − 2 2 2 y y x y x e dx （2） − − ′ = y y y I y 3 2 2cos cos ( ) ∫ 2 sin( ) y y xy dx= y y y 3 2 3cos − 2cos 。 （3）设 g(x,t) = ，则 ∫ + − + − x t x t sin(x y t )dy 2 2 2 ( , ) 2 cos( ) sin(2 2 ) sin(2 2 ) 2 2 2 2 2 g x t t x y t dy x xt x xt x t x t t = − + − + + + − ∫ + − ， 所以 F′(t) ( , ) 2 ( , ) 2 0 2 g x t dx tg t t t = t + ∫ ∫ ∫ ∫ = − + − + + − 2 2 0 2 2 2 2 0 2 cos( ) 2 sin 2 cos 2 x t t x t t t dx x y t dy x xtdx 3

+21/2'sin(14 -12 + y2)dy 。5.设1(y)=J。(x+y)(x)dx，其中为可微函数，求I"(y)。解I'(o)=2f()+ f, f(x)dx ,I"(v)= 3f(y)+2yf'(y) 。6.设F(y)=[f(x)ly-xldx(a<b)，其中f(x)为可微函数，求F"(y)。解当y≤α时，F(y)=Jf(x)(x-y)dx，于是F'()=-f'f(x)dx, F"(y)=0 ;当y≥b时，F()=Jf(x)(y-x)dx，于是F'(o)=f"f(x)dx, F"(y)= 0;当a<y<b时，F()="f(x)(y-x)dx+[,f(x)(x-)dx，于是F(v)= f'f(x)dx-['f(x)dx, F"()=2f() 。7.设函数f(x)具有二阶导数，F(x)是可导的，证明函数u(x,1)=r(x-an)+ f(x+an)+[F(y)dy满足弦振动方程ua2 ouax?at?u (x,0)= F(x) 。以及初始条件u(x,0)=f(x)，at证直接计算，可得-a(x-a)+ar(++a)[aF(++a)+aF(x-a)],at2auα?-[r"(x-at)+ f"(x+at)]+[F'(x+at)- F'(x-a)],at2=ou=(x-a)+ 'x+am)+[F(+an)-F(x-am)],Oxu-}r(x-an)+(+am)+[F(x+al)-F(x-am)],ax?所以a"u20uataxu (x,0) = F(x)。且显然成立u(x,0)=f(x)at8.利用积分号下求导法计算下列积分：4

∫ + − + − + t t t t t t t y dy 2 2 2 sin( ) 4 2 2 。 5. 设 = ∫ + ，其中 为可微函数，求 y I y x y f x dx 0 ( ) ( ) ( ) f I′′( y)。 解 ′ = + ∫ ， y I y yf y f x dx 0 ( ) 2 ( ) ( ) I′′( y) = 3 f ( y) + 2yf ′( y)。 6. 设F( y) f (x) | y x | dx (a b) ，其中 为可微函数，求 。 b a = − < ∫ f (x) F′′( y) 解 当 y ≤ a 时， = ∫ − ，于是 b a F( y) f (x)(x y)dx ∫ ′ = − b a F ( y) f (x)dx，F′′( y) = 0； 当 y ≥ b时， = ∫ − ，于是 b a F( y) f (x)( y x)dx ∫ ′ = b a F ( y) f (x)dx，F′′( y) = 0； 当a y < < b时， ，于是 ∫ ∫ = − + − b y y a F( y) f (x)( y x)dx f (x)(x y)dx F′( y) = ∫ ∫ − b y y a f (x)dx f (x)dx ，F′′( y) = 2 f ( y)。 7. 设函数 f (x)具有二阶导数，F(x)是可导的，证明函数 [ ] ∫ + − = − + + + x at x at F y dy a u x t f x at f x at ( ) 2 1 ( ) ( ) 2 1 ( , ) 满足弦振动方程 2 2 2 2 2 x u a t u ∂ ∂ = ∂ ∂ ， 以及初始条件 ( ,0) ( ), (x,0) F(x) t u u x f x = ∂ ∂ = 。 证 直接计算，可得 [ ] [ ] ( ) ( ) 2 1 ( ) ( ) 2 1 aF x at aF x at a af x at af x at t u = − ′ − + ′ + + + + − ∂ ∂ ， [ ] [ ] ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 2 2 2 F x at F x at a f x at f x at a t u = ′′ − + ′′ + + ′ + − ′ − ∂ ∂ ， [ ] [ ] ( ) ( ) 2 1 ( ) ( ) 2 1 F x at F x at a f x at f x at x u = ′ − + ′ + + + − − ∂ ∂ ， [ ] [ ] ( ) ( ) 2 1 ( ) ( ) 2 1 2 2 F x at F x at a f x at f x at x u = ′′ − + ′′ + + ′ + − ′ − ∂ ∂ ， 所以 2 2 2 2 2 x u a t u ∂ ∂ = ∂ ∂ ， 且显然成立 ( ,0) ( ), (x,0) F(x) t u u x f x = ∂ ∂ = 。 8．利用积分号下求导法计算下列积分： 4

(1) [:in(a? -sin’ x)dx (a>1);(2)J,ln(1-2αcosx+α")dx (lαk1);(3) [in(a’ sin x+b cos x)dx 。解（1）设1(a)=[In(a?-sin2x)dx，则2a2a21dx =I'(a)=dcotxoa?-sin?xJoa?cot?x+a?n21acotx元arctanVa?-1Ya?-10Ya?-1于是I(a)= In(a+Va? -1)+C。令a→1+，则C = I(1)= 2[2Incos xdx = -元 ln2 ,所以I(a)= zlna+Va-i2(2）设1(α)={In(1-2αcosx+α2)dx，则I(0)=0。设α0，由于2α-2cosxI'(α)=-dx1-2αcosxtα作变换t=tan=，得到2α-1+(α+ 1)2I'(α)= 4dt[(1-α)? +(1+α)"t j(1 +t2)dtr+oodtL(1-α) +(1+α)?t2(1+α)(1-α+o0dt220,1+↓20(1+α)1所以1(α)=C，再由I(0)=0，得到I(α)=0 (α0，b>0。当a=b时，I(a)=元lnlal。以下设a+b。由于5

（1） ln( sin ) ( 1) 2 0 2 2 − > ∫ a x dx a π ； （2）∫0 ln(1− 2α cos +α2 ) (|α | 0，b > 0。 当a = b 时，I(a) = π ln a 。以下设 a ≠ b。 由于 5

2asin?x#12I'(a)=dx,J0a? sin? x+b?cos? x记sinxcos?x2B =dx，A=dxa? sin?x+b? cos?10a? sin? x+b? cos?,则α?A+bB="2dxd tanxA+B=0α? tan? x+b?a? sin? x+ b? cos? xJo.元1元a-arctantanx202ababb由此解得￥1A=元2 a(a+b)于是元I'(a)=a+b积分后得到I(a)= π ln(a+b)+C 。由 ()= lng,得到C=ln2，从而1(a)=元lnα+b或者一般地有22[al + [6] I(a)=元ln 29．证明：第二类椭圆积分E(k) =Vi-k'sin'tdt(0<k<1)满足微分方程E(k)工E"(k)+-E(k)+=0。1-k2k证直接计算，有-ksin?tE'(k)=dt10Vi-k? sin?tk?sin*sin?sintE"(k) =dtdt:Jon5J01-k2sin?t(1-k2 sin?t)2(1 -k’ sin t)2dtsin't+ cos? t2dt2 /1-k2 sin2k2(1-2 sin2)2于是6

I′(a) = ∫ + 2 0 2 2 2 2 2 sin cos 2 sin π dx a x b x a x ， 记 A = ∫ + 2 0 2 2 2 2 2 sin cos sin π dx a x b x x ，B = ∫ + 2 0 2 2 2 2 2 sin cos cos π dx a x b x x ， 则 2 2 2 π a A + b B = ， A + B = ∫ + 2 0 2 2 2 2 sin cos π a x b x dx ∫ + = 2 0 2 2 2 tan tan π a x b d x ab x b a ab 2 arctan tan 1 0 2 π π = = 。 由此解得 ( ) 1 2 a a b A + = π ， 于是 I′(a) = a + b π ， 积分后得到 I C (a) = π ln(a + b) + 。 由 2 (0) ln b I = π ，得到C = −π ln 2，从而 I(a) = 2 ln a + b π ，或者一般地有 I(a) = 2 ln a + b π 。 9．证明：第二类椭圆积分 ( ) 1 sin (0 1) 2 0 2 2 = − < < ∫ E k k tdt k π 满足微分方程 0 1 ( ) ( ) 1 ( ) 2 = − ′′ + ′ + k E k E k k E k 。 证 直接计算，有 ∫ − − ′ = 2 0 2 2 2 1 sin sin ( ) π dt k t k t E k ， ∫ ∫ ∫ − = − − − − ′′ = − 2 0 2 3 2 2 2 2 0 2 3 2 2 2 4 2 0 2 2 2 (1 sin ) sin (1 sin ) sin 1 sin sin ( ) π π π dt k t t dt k t k t dt k t t E k = ∫ ∫ − + − − 2 0 2 3 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 (1 sin ) sin cos 1 sin π π dt k k t t t k k t dt ， 于是 6

dtcost-E"(k)dsint2-k?sin?t(1- k? sin?t)?dtsintcostdk2.k2-1:-k2sin?tY1-k? sin?tsin? t阿dte1dtk2-1:Vi-k?sin?tk?-1Vi-k’ sin?t所以E(k)1E'(k)+E"(k)+-1 k2kcos?tdt(k? -1)sin2t1E(k)k2-1JVi-k? sin?tk?-Jo1-k2Yi-k?sin?tVi-k sin'id + E(k)=0。.21-k210.设函数f(u,v)在R2上具有二阶连续偏导数。证明：函数w(x,y,z) = ["f(x+zcosp,y+zsinp)dp满足偏微分方程(owow_ow)Owy20Ozax2证由直接计算，可得a2wow"-"fdo,"fudp,axax?a?wow=f" f.do,[2"fndp,ayay2Ow"(fucosp+f,sinp)dp,Ozow--[2"(fmcos?p+Jusin2p+fmsinp)dp,z2于是(o"waw aw)[2" (fum sin? - Jiu sin 2p+ fu cos’ p)dp 。=zaxy另一方面，由分部积分可得J." Ju cos pdp =-f。"[fm(-z sin g)+ Jn=cos p]sin pdp,f2" f, sin pdp=f2"u(-zsin g)+ fuzcos p]cos pdp,所以1

E′′(k) = ∫ ∫ − − − − − 2 0 2 3 2 2 2 2 0 2 2 2 sin (1 sin ) cos 1 1 1 1 sin 1 π π d t k t t k t k dt k = ∫ ∫ − − − − − 2 0 2 2 2 2 0 2 2 2 1 sin sin cos 1 1 1 1 sin 1 π π k t t td k t k dt k = dt k t t k t k dt k ∫ ∫ − − − − − 2 0 2 2 2 2 2 0 2 2 2 1 sin sin 1 1 1 1 sin 1 π π ， 所以 2 1 ( ) ( ) 1 ( ) k E k E k k E k − ′′ + ′ + = 2 2 0 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 1 ( ) 1 sin ( 1)sin 1 1 1 sin cos 1 1 k E k dt k t k t k t k tdt k − + − − − − − − ∫ ∫ π π = 2 2 0 2 2 2 1 ( ) 1 sin 1 1 k E k k tdt k − − + − ∫ π = 0。 10．设函数 f (u, v) 在 2 R 上具有二阶连续偏导数。证明：函数 ∫ = + + π ϕ ϕ ϕ 2 0 w(x, y,z) f (x z cos , y zsin )d 满足偏微分方程 z w z w y w x w z ∂ ∂ =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ 2 2 2 2 2 2 。 证 由直接计算，可得 = ∂ ∂ x w ∫ π ϕ 2 0 fu d ， = ∂ ∂ 2 2 x w ∫ π ϕ 2 0 fuu d ， = ∂ ∂ y w ∫ π ϕ 2 0 f vd ， = ∂ ∂ 2 2 y w ∫ π ϕ 2 0 f vvd ， = ∂ ∂ z w ∫ + π ϕ ϕ ϕ 2 0 ( fu cos f v sin )d ， = ∂ ∂ 2 2 z w ∫ + + π ϕ ϕ ϕ ϕ 2 0 2 2 ( fuu cos fuv sin 2 f vv sin )d ， 于是 =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ 2 2 2 2 2 2 z w y w x w z ∫ − + π ϕ ϕ ϕ ϕ 2 0 2 2 z ( fuu sin fuv sin 2 f vv cos )d 。 另一方面，由分部积分可得 ∫ ∫ = − − + π π ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 2 0 2 0 fu cos d [ fuu ( zsin ) fuv z cos ]sin d ， ∫ = ∫ − + ， π π ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 2 0 2 0 f v sin d [ f vu ( zsin ) f vv z cos ]cos d 所以 7

(awowaw)ow0x20y20z0z11.设f(x)在[0,1]上连续，且f(x)>0。研究函数rf(x), dxI(y)= [Jox2 + y2的连续性。yoyo解设*0，由于在[0.1][%]1上连续，可知Vo22x+y()d在%0处连续。I(y)= [x?+y设%=0，则I(%)=I(0)=0。由于f(x)在[0,1]上连续，且f(x)>0,所以(x)在[0,1}上的最小值m>0，当>0时，成立()myx?+2x2 +y2于是1I(y)≥mdx=marctan0x2+yy一)=m>0，可知lim[(y)0=[(0)，即()=[()dx在由 lim(marctan-0212L%=0处不连续。注在本题中可证明 lim I(y)=f(0)与 lim I(y)=--f(0)，其中(0)0,2由此也说明了I(y)在y=0点不连续。证明如下：V>0，取n>0，使得当00，取>0，使得当0时，，于是-2x? +y2(),dx - ["()dxke.x2+分别令y→0+与y→0-，由lim "-(),d =rn f(o)Lf(0)，limf(O)r2-0+J02n+V>8

z w z w y w x w z ∂ ∂ =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ 2 2 2 2 2 2 。 11．设 f (x)在[0,1]上连续，且 f (x) > 0。研究函数 ∫ + = 1 0 2 2 ( ) ( ) dx x y yf x I y 的连续性。 解 设 y0 ≠ 0 ，由于 2 2 ( ) x y yf x + 在 0 0 0 [0,1] [ , ] 2 2 y y × − y y + 0 上 连续，可知 ∫ + = 1 0 2 2 ( ) ( ) dx x y yf x I y 在 y0 ≠ 0处连续。 设 ，则 。由于 在 上连续，且 ， 所以 在 上的最小值 ，当 时，成立 0 y = 0 0 I y( ) = I(0) = 0 f (x) [0,1] f (x) > 0 f (x) [0,1] m > 0 y > 0 2 2 2 2 ( ) x y my x y yf x + ≥ + ， 于是 1 2 2 0 1 ( ) arctan y I y m dx m x y y ≥ = + ∫ ， 由 0 1 lim ( arctan ) 0 y 2 m m y π → + = > ，可知 0 lim ( ) 0 (0) y I y I → + ≠ = ，即 ∫ + = 1 0 2 2 ( ) ( ) dx x y yf x I y 在 y0 = 0处不连续。 注 在本题中可证明 (0) 2 lim ( ) 0 I y f y π = → + 与 (0) 2 lim ( ) 0 I y f y π = − → − ，其中 ， 由此也说明了 在 点不连续。证明如下： f (0) ≠ 0 I( y) y = 0 ∀ε > 0，取η > 0 ，使得当0 0 ，取δ > 0 ，使得当0 <| y |< δ 时， 2 | ( ) | 1 2 2 ε η < + ∫ dx x y yf x ，于是 ∫ + 1 0 2 2 ( ) | dx x y yf x ε η < + − ∫ | (0) 0 2 2 dx x y yf 。 分别令 y → 0 + 与 y → 0 − ，由 (0) 2 (0) lim 0 2 2 0 dx f x y yf y η π = + ∫ → + ， (0) 2 (0) lim 0 2 2 0 dx f x y yf y η π = − + ∫ → − 8

号(0)与 im (0)=-号(0)。和s的任意性，即可得到limI(y)=ny-→0+2y-→0-9

和ε 的任意性，即可得到 (0) 2 lim ( ) 0 I y f y π = → + 与 (0) 2 lim ( ) 0 I y f y π = − → − 。 9