23.1 含参变量常义积分

例题 $23.1.1$

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，考察函数

$$F(t)={\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x$$

的连续性。

解

显然 $F(t)$ 定义在 $(-\infty ,+\infty )$ 上且 $\forall t_0\ne 0$ , $h(x,t)=\frac{tf(x)}{x^2+t^2}$ 在 $[0,1]\times \left[\frac{1}{2}{t}_0,2t_0\right]$ 上连续 (或在 $[0,1]\times \left[2t_0,\frac{1}{2}{t}_0\right]$ 上连续), 由命题 $\mathrm{23.1.2}$ 知 $F(t)$ 在 $t_0$ 点连续。

下面讨论 $F(t)$ 在 $t=0$ 处的连续性。我们先考虑

$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }F(t)=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x.$$

注意到

$${\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{t^{1/3}}\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_{t^{1/3}}^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x.$$

而当 $t\to 0^{+}$ 时，

$${\int }_0^{t^{1/3}}\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x=f(\xi )\arctan \frac{t^{1/3}}{t}\to f(0)\frac{\pi }{2},$$$$\left|{\int }_{t^{1/3}}^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x\right|⩽\underset{0⩽x⩽1}{\max }\{|f(x)|\}\cdot \frac{t}{t^{2/3}+t^2}\to 0.$$

因此

$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x=f(0)\frac{\pi }{2}.$$

同理可证

$$\underset{t\to 0^{-}}{\lim }F(t)=-f(0)\frac{\pi }{2},$$

所以当 $f(0)=0$ 时， $F(t)$ 在点 $t=0$ 处连续，否则在该点处不连续。

例题 $23.1.2$

设

$$F(t)={\int }_0^{t^2}\mathrm{d}x{\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y,$$

求 $F^{\prime }(t)$。

解

令 $f(x,t)={\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y$ ，其中 $x,t$ 为参变量。由含参变量积分的求导公式

$$F^{\prime }(t)=2t{\int }_{t^2-t}^{t^2+t}\sin (t^4+y^2-t^2)\mathrm{d}y+{\int }_0^{t^2}\left(\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x.$$

而

$$\begin{array}{l}\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y\\ =\sin [x^2+(x+t{)}^2-t^2]-(-1)\cdot \sin [x^2+(x-t{)}^2-t^2]\\ +{\int }_{x-t}^{x+t}(-2t)\cos (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y\\ =2\sin 2x^2\cos 2xt-2t{\int }_{x-t}^{x+t}\cos (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y.\end{array}$$

最后得到

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(t)& =2t{\int }_{t^2-t}^{t^2+t}\sin (t^4+y^2-t^2)\mathrm{d}y+2{\int }_0^{t^2}\sin 2x^2\cos 2xt\mathrm{d}x\\ & -2t{\int }_0^{t^2}\mathrm{d}x{\int }_{x-t}^{x+t}\cos (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y.\end{array}$$

例题 $23.1.3$

计算

$$I(x)={\int }_0^{\pi /2}\ln ({\sin }^2\theta +x^2{\cos }^2\theta )\mathrm{d}\theta ,0<x<+\infty .\text{\hspace{1em}(23.1)}$$

解

令 $f(x,\theta )=\ln ({\sin }^2\theta +x^2{\cos }^2\theta )$ . $\forall x_0\in (0,+\infty )$ , $f(x,\theta )$ 在 $\left[\frac{1}{2}{x}_0,2x_0\right]\times \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上连续, 且 $f_x(x,\theta )=\frac{2x{\cos }^2\theta }{{\sin }^2\theta +x^2{\cos }^2\theta }$ 也在 $\left[\frac{1}{2}{x}_0,2x_0\right]\times \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上连续. 应用积分号下求导的性质, 可得 $\forall x\in (0,+\infty )$ ,

$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }(x)& ={\int }_0^{\pi /2}\frac{2x{\cos }^2\theta }{{\sin }^2\theta +x^2{\cos }^2\theta }\mathrm{d}\theta =2x{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}\theta }{x^2+{\tan }^2\theta }(\text{令}\tan \theta =t)\\ & =2x{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2+t^2}\cdot \frac{1}{1+t^2}\mathrm{d}t\\ & =\frac{2x}{x^2-1}{\int }_0^{+\infty }\left(\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{x^2+t^2}\right)\mathrm{d}t(x\ne 1)\\ & =\frac{2x}{x^2-1}\left(\frac{\pi }{2}-\frac{1}{x}\frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi }{1+x}.\end{array}$$

积分得

$$I(x)=\pi \ln (1+x)+C(x\ne 1).$$

由 $I(x)$ 的连续性知上述表达式对 $x=1$ 也成立. 在 $(23.1)$ 中, 令 $x=1$ , 则 $I(1)=0$ , 从而 $C=-\pi \ln 2$ . 最后得到

$$I(x)=\pi \ln \frac{1+x}{2}.$$

例题 $23.1.4$

求

$$I(\alpha )={\int }_0^{\pi /2}\ln \frac{1+\alpha \cos x}{1-\alpha \cos x}\cdot \frac{1}{\cos x}\mathrm{d}x,|\alpha |<1.$$

解

由于

$$\underset{x\to \pi /2}{\lim }\ln \frac{1+\alpha \cos x}{1-\alpha \cos x}\cdot \frac{1}{\cos x}=\underset{x\to \pi /2}{\lim }\left[\frac{\ln (1+\alpha \cos x)}{\cos x}-\frac{\ln (1-\alpha \cos x)}{\cos x}\right]=2\alpha ,$$

于是 $x=\frac{\pi }{2}$ 不是瑕点. 又注意到有

$$\frac{\ln (1+\alpha \cos x)}{\cos x}-\frac{\ln (1-\alpha \cos x)}{\cos x}={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\frac{\mathrm{d}y}{1+y\cos x},$$

令 $f(x,y)=1/(1+y\cos x),\forall \alpha \in (-1,1),f(x,y)$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]\times [-\alpha ,\alpha ]$ 上连续，利用交换积分次序性质，即可得到

$$\begin{array}{l}I(\alpha )={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}x}{1+y\cos x}={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\frac{2}{\sqrt{1-y^2}}\arctan \left(\sqrt{\frac{1-y}{1+y}}\tan \frac{x}{2}\right){|}_0^{\pi /2}\mathrm{d}y\\ ={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\frac{2}{\sqrt{1-y^2}}\arctan \sqrt{\frac{1-y}{1+y}}\mathrm{d}y\\ ={\int }_0^{\alpha }\frac{2}{\sqrt{1-y^2}}\left(\arctan \sqrt{\frac{1-y}{1+y}}+\arctan \sqrt{\frac{1+y}{1-y}}\right)\mathrm{d}y\\ =\pi {\int }_0^{\alpha }\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y^2}}=\pi \arcsin \alpha .\end{array}$$

也可以用下面的方法求 $I(\alpha )$ :

$$I(\alpha )={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}x}{1+y\cos x}={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{\pi /2}\frac{(1+y\cos x)\mathrm{d}x}{1-y^2{\cos }^{2}x}.$$

由于 ${\int }_0^{\pi /2}\frac{y\cos x\mathrm{d}x}{1-y^2{\cos }^{2}x}$ 是 $y$ 的奇函数，于是 ${\int }_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{\pi /2}\frac{y\cos x\mathrm{d}x}{1-y^2{\cos }^{2}x}=0,$ 从而

$$\begin{array}{rl}I(\alpha )& ={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}x}{1-y^2{\cos }^{2}x}=2{\int }_0^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}u}{u^2+(1-y^2)}\\ & =2{\int }_0^{\alpha }\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}\cdot \frac{\pi }{2}\mathrm{d}y=\pi \arcsin \alpha .\end{array}$$

还可以用对参变量 $\alpha$ 求导的方法求 $I(\alpha )$ .

例题 $23.1.5$

证明：

$${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta )\mathrm{d}\theta =2\pi .$$

分析 注意上式左端是含参变量 $t$ 的积分. 设 $f(t)={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta )\mathrm{d}\theta$ . 要证明 $f(t)\equiv 2\pi$ , 即 $f(t)$ 为常函数. 显然有 $f(0)=2\pi$ , 于是只要证明 $f^{\prime }(t)\equiv 0$ .

证1

由求导性质

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(t)& ={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos \theta \cos (t\sin \theta )\mathrm{d}\theta -{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\sin (t\sin \theta )\sin \theta \mathrm{d}\theta \\ & ={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta +\theta )\mathrm{d}\theta ,\end{array}$$

容易归纳证明

$$f^{(n)}(t)={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta +n\theta )\mathrm{d}\theta .$$

于是

$$f^{(n)}(0)=0,n=1,2,\dots .$$

从而可利用 $Taylor$ 展式

$$f(t)=f(0)+0+\cdots +0+\frac{t^n}{n!}{f}^{(n)}(\xi ),$$

其中 $\xi$ 介于 $0$ 与 $t$ 之间。因为

$$|f^{(n)}(\xi )|=\left|{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\xi \cos \theta }\cos (\xi \sin \theta +n\theta )\mathrm{d}\theta \right|⩽{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{|\xi |}\mathrm{d}\theta ⩽2\pi {\mathrm{e}}^{|t|},$$

所以对每一个固定的 $t\in (-\infty ,+\infty )$ 有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{t^n}{n!}{f}^{(n)}(\xi )=0.$$

最后得到

$$f(t)\equiv f(0)=2\pi .$$

证2

利用下一章的曲线积分知识，可以计算

$$\begin{array}{l}{f}^{\prime }(t)={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos \theta \cos (t\sin \theta )\mathrm{d}\theta -{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\sin (t\sin \theta )\sin \theta \mathrm{d}\theta \\ ={\oint }_{x^2+y^2=1}{\mathrm{e}}^{tx}[\cos (ty)\mathrm{d}y+\sin (ty)\mathrm{d}x],\end{array}$$

其中单位圆取逆时针方向。用 $Green$ 公式得

$$f^{\prime }(t)={\iint }_{x^2+y^2⩽1}\left\{\frac{\partial }{\partial x}[{\mathrm{e}}^{tx}\cos (ty)]-\frac{\partial }{\partial y}[{\mathrm{e}}^{tx}\sin (ty)]\right\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$$

嵌入法

利用含参变量积分的性质，我们可以用嵌入法来计算一些定积分 $I={\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 。这些定积分对应的不定积分不是初等函数，故不能用 $Newton$-$Leibniz$ 公式进行计算。嵌入法的步骤是先引入参变量 $y$ ，构造 $I(y)={\int }_a^{b}g(x,y)\mathrm{d}x$ ，使得 $I(y_0)=I$ ($y_0$ 为某定值)，求出 $I(y)$ 后令 $y=y_0$ 。在应用含参变量积分性质时要注意条件检验。

例题 $23.1.6$

求定积分

$$I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x.$$

解

对这个积分在上册 $325$ 页的例题 $\mathrm{10.4.7}$ 中已经给出一种解法，下面的解法是利用含参变量积分的性质。由于 $f(x)=\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}$ 没有有限形式的原函数，直接积分是不可能的。引入变量 $\alpha$ ，定义

$$I(\alpha )={\int }_0^1\frac{\ln (1+\alpha x)}{1+x^2}\mathrm{d}x.$$

易见 $I(1)=I$ 可以验证 $f(x,\alpha )=\frac{\ln (1+\alpha x)}{1+x^2}$ 在 $[0,1]\times [0,1]$ 上满足积分号下求导的条件，于是

$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }(\alpha )& ={\int }_0^1\frac{x}{(1+x^2)(1+\alpha x)}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{1+{\alpha }^2}{\int }_0^1\left(\frac{\alpha +x}{1+x^2}-\frac{\alpha }{1+\alpha x}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left[\alpha \arctan x+\frac{1}{2}\ln (1+x^2)-\ln (1+\alpha x)\right]{|}_0^1\\ & =\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left[\frac{\pi }{4}\alpha +\frac{1}{2}\ln 2-\ln (1+\alpha )\right].\end{array}$$

由此得出

$$\begin{array}{rl}I(1)& =I(0)+{\int }_0^1{I}^{\prime }(\alpha )\mathrm{d}\alpha ={\int }_0^1\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left[\frac{\pi }{4}\alpha +\frac{1}{2}\ln 2-\ln (1+\alpha )\right]\mathrm{d}\alpha \\ & =\left(\frac{\pi }{8}\ln (1+{\alpha }^2)+\frac{1}{2}\ln 2\arctan \alpha \right){|}_0^1-I(1).\end{array}$$

移项得

$$I(1)=\frac{\pi }{8}\ln 2.$$

练习题

1. 求 $F(\theta )={\int }_0^{\pi }\ln (1+\theta \cos x)\mathrm{d}x$ ( $|\theta |<1$ )。

2. 设 $f(s,t)$ 为可微函数，$F(x)={\int }_0^x\mathrm{d}t{\int }_{t^2}^{x^2}f(t,s)\mathrm{d}s$ 。求 $F^{\prime }(x)$ 。

3. 设 $f(x,y)$ 在 $(a,b)\times (c,d)$ 上连续有界，证明：

$$I(x)={\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y$$

在 $(a,b)$ 上连续。

4. 设 $I(a)={\int }_0^{2\pi }\ln (R^2+a^2-2aR\cos \theta )\mathrm{d}\theta ,|a|<R,$ 证明： $I^{\prime }(a)=0.$

5. 设 $a,b>0$ ，求 ${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}\sin (\ln \frac{1}{x})\mathrm{d}x$ 。

6. 设 $F(t)={\int }_0^a\mathrm{d}x{\int }_0^{a}f(x+y+t)\mathrm{d}y$ ，其中 $f$ 为连续函数，证明：

$$F^{\prime \prime }(t)=f(t+2a)-2f(t+a)+f(t).$$

7. 设 $f(t)={\left({\int }_0^t{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x\right)}^2$ ， $g(t)={\int }_0^1\frac{{\mathrm{e}}^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\mathrm{d}x$ 。证明： $f(t)+g(t)\equiv \frac{\pi }{4}$ ，并由此计算 ${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x$ 。