§23.2 含参变量广义积分

函数项级数可看成离散求和的含参变量广义积分，其中函数的自变量对应着参变量。因此含参变量广义积分的分析性质的研究与函数项级数的分析性质的研究在许多地方是类似的，可以比照第十四章相关内容。此外还可以参见§16.1的内容，其中涉及以$n$为参变量的无穷限广义积分。

23.2.1 一致收敛性

含参变量$t$的广义积分

φ (t) = ∫_ a ^ + ∞ f (x, t) d x, t ∈ T (23.2)$$\phi (t)={\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x,t\in T\text{\hspace{1em}(23.2)}$$

($T$是有限或无穷区间) 的分析性质研究的一个重要条件是积分关于参变量的一致收敛性。

设积分对每一个$t\in T$收敛。如果$\forall \epsilon >0$，存在$A_0=A_0(\epsilon )$，当$A>A_0$时，对一切$t\in T$，成立

| ∫_ A ^ + ∞ f (x, t) d x | < ε ,$$\left|{\int }_A^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x\right|<\epsilon ,$$

则称含参变量广义积分 (23.2) 关于$t\in T$一致收敛。

除了用上述定义外，判定含参变量广义积分 (23.2) 的一致收敛还有下述方法。

$Cauchy$一致收敛准则

${\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x$ 关于$t\in T$一致收敛的充分必要条件是: $\forall \epsilon >0$，存在$A_0>a$，当$A,A^{\prime }>A_0$时，对一切$t\in T$，有

| ∫_ A ^ A ^ prime f (x, t) d x | < ε .$$\left|{\int }_A^{A^{\prime }}f(x,t)\mathrm{d}x\right|<\epsilon .$$

$Weierstrass$ 判别法 ($M$-判别法)

设 ${\int }_a^{+\infty }f(x,t)dx$ 在 $t\in T$ 上收敛，如果
(1) $|f(x,t)|⩽F(x),a⩽x<+\infty ,t\in T,$
(2) ${\int }_a^{+\infty }F(x)\mathrm{d}x$ 收敛，
则 ${\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x$ 关于 $t\in T$ 一致收敛．

$Abel$ 判别法

设
(1) ${\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x$ 关于 $t\in T$ 一致收敛，
(2) 函数 $g(x,t)$ 关于 $x$ 单调，且作为二元函数是有界的，
则 ${\int }_a^{+\infty }f(x,t)g(x,t)\mathrm{d}x$ 关于 $t\in T$ 一致收敛．

$Dirichlet$ 判别法

设
(1) ${\int }_a^{A}f(x,t)\mathrm{d}x,\forall A⩾a,t\in T$ 是一致有界的，
(2) 函数 $g(x,t)$ 关于 $x$ 单调，且 ${\lim }_{x\to +\infty }g(x,t)=0$ 关于 $t\in T$ 是一致的，
则 ${\int }_a^{+\infty }f(x,t)g(x,t)\mathrm{d}x$ 关于 $t\in T$ 一致收敛．

$Dini$ 定理

设 $f(x,t)$ 在 $D=\{(x,t)\mid a⩽x<+\infty ,\alpha ⩽t⩽\beta \}$ 上连续且不变号， $\phi (t)={\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上连续，则 ${\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x$ 关于 $t\in [\alpha ,\beta ]$ 为一致收敛．

上面所说的含参变量的广义积分是指积分限是无穷大的情形，同样可以研究有瑕点的含参变量的广义积分，结论 (包括 $5$ 个判别法) 完全相仿。

判定含参变量广义积分不一致收敛的常用方法如下。

按定义

$\exists {\epsilon }_0>0,\forall M>0$，存在 $A(M)>M$ 以及 $t(M)\in T$，使得

| ∫_ A (M) ^ + ∞ f (x, t (M)) d x | ≥slant ε_ 0.$$\left|{\int }_{A(M)}^{+\infty }f(x,t(M))\mathrm{d}x\right|⩾{\epsilon }_0.$$

按 $Cauchy$ 一致收敛准则

$\exists {\epsilon }_0>0,\forall M$，存在 $A_1(M)>M,A_2(M)>M$ 以及 $t(M)\in T$，使得

| ∫_ A _ 1 (M) ^ A _ 2 (M) f (x, t (M)) d x | ≥slant ε_ 0.$$\left|{\int }_{A_1(M)}^{A_2(M)}f(x,t(M))\mathrm{d}x\right|⩾{\epsilon }_0.$$

利用聚点发散

若 $f(x,t)$ 在 $[a,+\infty )\times T$ 上连续，$t_0$ 为 $T$ 的一个聚点，${\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x$ 在 $T\setminus \{t_0\}$ 上收敛，而 ${\int }_a^{+\infty }f(x,t_0)\mathrm{d}x$ 发散，则 ${\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x$ 在 $T$ 上必定不一致收敛．

利用连续性中断

若 $f(x,t)$ 在 $D=\{a⩽x<+\infty ,\alpha ⩽t⩽\beta \}$ 上连续，$\phi (t)={\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上存在但不连续，则 ${\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上不一致收敛．

23.2.2 例题

最常用的判别法是$M$-判别法，教科书上已有很多例子。下面举一些用其他判别法的例子，此时被积函数往往是变号的，并且广义积分是非绝对收敛的。

例题$23.2.1$

讨论

I (y) = ∫_ 0 ^ + ∞ frac sin x ^ 21 + x ^ y d x$$I(y)={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x^2}{1+x^y}\mathrm{d}x$$

在$y\in [0,+\infty )$中的一致收敛性。

解$1$ (用$Abel$判别法)

首先对任意固定的$y⩾0$，原广义积分是收敛的。

又因为${\int }_0^{+\infty }\sin x^2\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin t}{2\sqrt{t}}\mathrm{d}t$收敛，与$y$无关，故关于$y\in [0,+\infty )$是一致收敛的。

任意固定$y\in [0,+\infty )$，$\frac{1}{1+x^y}$是$x$的单调函数，且$\left|\frac{1}{1+x^y}\right|<1$。由$Abel$判别法知含参变量$y$的广义积分

∫_ 0 ^ + ∞ frac sin x ^ 21 + x ^ y d x$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x^2}{1+x^y}\mathrm{d}x$$

关于$y$在$[0,+\infty )$上一致收敛。

解$2$ (用$Dirichlet$判别法)

将$I(y)$改写为

∫_ 0 ^ + ∞ x sin x ^ 2 · frac 1x (1 + x ^ y) d x.$${\int }_0^{+\infty }x\sin x^2\cdot \frac{1}{x(1+x^y)}\mathrm{d}x.$$

由于

| ∫_ 0 ^ A x sin x ^ 2 d x | = | - frac 12 cos x ^ 2 | _ 0 ^ A g | ≤slant 1, ∀ y ∈ [ 0, + ∞).$$\left|{\int }_0^{A}x\sin x^2\mathrm{d}x\right|={\left|-\frac{1}{2}\cos x^2\right|}_0^A|⩽1,\forall y\in [0,+\infty ).$$

对每一个固定的$y\in [0,+\infty )$，$\frac{1}{x(1+x^y)}$对$x$单调，且

| frac 1x (1 + x ^ y) | ≤slant frac 1x arrow 0 (x arrow + ∞),$$\left|\frac{1}{x(1+x^y)}\right|⩽\frac{1}{x}\to 0(x\to +\infty ),$$

故当$x\to +\infty$时，$\frac{1}{x(1+x^y)}$关于$y$一致收敛于$0$。由$Dirichlet$判别法知原广义积分对$y\in [0,+\infty )$一致收敛。

例题$23.2.2$

讨论

I (α) = ∫_ 1 ^ + ∞ frac sin xx ^ α d x$$I(\alpha )={\int }_1^{+\infty }\frac{\sin x}{x^{\alpha }}\mathrm{d}x$$

在 (1) $\alpha \in [{\alpha }_0,+\infty )$，其中${\alpha }_0>0$； (2) $\alpha \in (0,+\infty )$中的一致收敛性。

此题在上册$384$页的例题$\mathrm{12.2.3}$中出现过，但积分区间是$(0,+\infty )$，点$x=0$可能是瑕点，在那里是讨论广义积分的收敛性与绝对收敛性。

解 (1)

由于$\forall A>1$有

| ∫_ 1 ^ A sin x d x | ≤slant 2,$$\left|{\int }_1^A\sin x\mathrm{d}x\right|⩽2,$$

即关于$\alpha \in [{\alpha }_0,+\infty )$上述积分一致有界。又对每一个$\alpha \in [{\alpha }_0,+\infty )$，$\frac{1}{x^{\alpha }}$对$x$单调，且$\left|\frac{1}{x^{\alpha }}\right|⩽\frac{1}{x^{{\alpha }_0}}\to 0(x\to +\infty )$，即当$x\to +\infty$时，$\frac{1}{x^{\alpha }}$关于$\alpha \in [{\alpha }_0,+\infty )$一致趋于$0$，由$Dirichlet$判别法知$I(\alpha )$在$[{\alpha }_0,+\infty )$上是一致收敛的。

解 (2)

$\frac{\sin x}{x^{\alpha }}$在$[1,+\infty )\times (0,+\infty )$中连续，对每一个$\alpha \in (0,+\infty )$，广义积分是收敛的，$\alpha =0$是$(0,+\infty )$的聚点。因此由积分${\int }_0^{+\infty }\sin x\mathrm{d}x$发散知广义积分$I(\alpha )$在$(0,+\infty )$上不一致收敛。

例题$23.2.3$

讨论积分${\int }_0^1{x}^{p-1}{\ln }^{2}x\mathrm{d}x$在(1) $p⩾p_0>0$；(2) $p>0$上的一致收敛性。

解 (1)

当$p⩾p_0>0$时，积分以$x=0$为惟一瑕点。由于当$x\in (0,1)$时

| x ^ p - 1 ln^ 2 x | ≤slant frac ln^ 2 xx ^ 1 - p _ 0,$$\left|x^{p-1}{\ln }^{2}x\right|⩽\frac{{\ln }^{2}x}{x^{1-p_0}},$$

而瑕积分${\int }_0^1\frac{{\ln }^{2}x}{x^{1-p_0}}\mathrm{d}x$是收敛的，故由$M$-判别法知积分在$p⩾p_0>0$上是一致收敛的。

解 (2)

当$p$充分接近$0$时，$x^{p-1}{\ln }^{2}x$与$\frac{{\ln }^{2}x}{x}$相接近，而${\int }_0^1\frac{{\ln }^{2}x}{x}\mathrm{d}x$是发散的，由此猜测$p>0$时原积分不是一致收敛的。下面给出严格的证明：$\forall \xi \in (0,1)$，

| ∫_ 0 ^ ξ x ^ p - 1 ln^ 2 x d x | = ∫_ 0 ^ ξ x ^ p - 1 ln^ 2 x d x ≥slant ln^ 2 ξ ∫_ 0 ^ ξ frac d xx ^ 1 - p = ln^ 2 ξ · frac 1p ξ^ p.$$\left|{\int }_0^{\xi }{x}^{p-1}{\ln }^{2}x\mathrm{d}x\right|={\int }_0^{\xi }{x}^{p-1}{\ln }^{2}x\mathrm{d}x⩾{\ln }^2\xi {\int }_0^{\xi }\frac{\mathrm{d}x}{x^{1-p}}={\ln }^2\xi \cdot \frac{1}{p}{\xi }^p.$$

由于${\lim }_{\xi \to 0^{+}}{\xi }^{\xi }=1$，取$p=\xi \in (0,1)$，则当$\xi \to 0^{+}$时

ln^ 2 ξ · frac 1p ξ^ p = frac ln^ 2 ξξ · ξ^ ξ arrow + ∞ .$${\ln }^2\xi \cdot \frac{1}{p}{\xi }^p=\frac{{\ln }^2\xi }{\xi }\cdot {\xi }^{\xi }\to +\infty .$$

由极限的保号性知存在${\xi }_0\in [0,1]$，当$0<\xi ⩽{\xi }_0$时，${\ln }^2\xi \cdot {\xi }^{\xi -1}>1$，所以存在${\epsilon }_0=1,\forall \delta >0,$存在${\xi }_1=\min \{\delta ,{\xi }_0\}$，$p={\xi }_1$，使

| ∫_ 0 ^ δ x ^ p - 1 ln^ 2 x d x | ≥slant | ∫_ 0 ^ ξ_ 1 x ^ ξ_ 1 - 1 ln^ 2 x d x | ≥slant ln^ 2 ξ_ 1 · ξ_ 1 ^ ξ_ 1 - 1 ≥slant 1.$$\left|{\int }_0^{\delta }{x}^{p-1}{\ln }^{2}x\mathrm{d}x\right|⩾\left|{\int }_0^{{\xi }_1}{x}^{{\xi }_1-1}{\ln }^{2}x\mathrm{d}x\right|⩾{\ln }^2{\xi }_1\cdot {\xi }_1^{{\xi }_1-1}⩾1.$$

由一致收敛的定义知瑕积分不是一致收敛的。

对瑕积分的一致收敛性的讨论，也可以转化为无穷限积分的情形去讨论，但这种转化中使用的变量代换不应与参变量发生关系，否则会出现错误结论。

例题$23.2.4$

证明：$I(t)={\int }_1^{+\infty }\frac{x\sin tx}{a^2+x^2}\mathrm{d}x$在$(0,+\infty )$上不一致收敛。

分析

被积函数中因子$\frac{x}{a^2+x^2}$当$x\to +\infty$时的渐近性态与$\frac{1}{x}$相同。而${\int }_1^{+\infty }\frac{\sin tx}{x}\mathrm{d}x$在$(0,+\infty )$上是不一致收敛的，故可依此证明原含参变量广义积分在$(0,+\infty )$上也是不一致收敛的。下面给出具体的证明。

证$1$ (反证法)

由于$\frac{\sin tx}{x}=\frac{x\sin tx}{a^2+x^2}\cdot \frac{a^2+x^2}{x^2}$，若$I(t)={\int }_1^{+\infty }\frac{x\sin tx}{a^2+x^2}\mathrm{d}x$在$(0,+\infty )$上一致收敛，$\frac{a^2+x^2}{x^2}=1+\frac{a^2}{x^2}$对$x$单调且$\left|1+\frac{a^2}{x^2}\right|⩽1+a^2$，由$Abel$判别法知含参变量$t$的广义积分

∫_ 1 ^ + ∞ frac sin t xx d x$${\int }_1^{+\infty }\frac{\sin tx}{x}\mathrm{d}x$$

在$(0,+\infty )$上也一致收敛。引出矛盾。

证$2$

$\forall A>0$，取$A_0⩾A$，且令$t_0=\frac{1}{A_0}$，则

∫_ A _ 0 ^ 2 A _ 0 frac x sin t _ 0 xa ^ 2 + x ^ 2 d x = ∫_ t _ 0 A _ 0 ^ 2 t _ 0 A _ 0 frac y sin ya ^ 2 t _ 0 ^ 2 + y ^ 2 d y = ∫_ 1 ^ 2 frac y sin yfrac a ^ 2A _ 0 ^ 2 + y ^ 2 d y.$${\int }_{A_0}^{2A_0}\frac{x\sin t_{0}x}{a^2+x^2}\mathrm{d}x={\int }_{t_0{A}_0}^{2t_0{A}_0}\frac{y\sin y}{a^2{t}_0^2+y^2}\mathrm{d}y={\int }_1^2\frac{y\sin y}{\frac{a^2}{A_0^2}+y^2}\mathrm{d}y.$$

不妨设$A_0⩾a$，则当$1⩽y⩽2$时有

frac yfrac a ^ 2A _ 0 ^ 2 + y ^ 2 ≥slant frac y1 + y ^ 2 = frac 1y frac y ^ 21 + y ^ 2 ≥slant frac 12 · frac 1y,$$\frac{y}{\frac{a^2}{A_0^2}+y^2}⩾\frac{y}{1+y^2}=\frac{1}{y}\frac{y^2}{1+y^2}⩾\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{y},$$

于是

∫_ A _ 0 ^ 2 A _ 0 frac x sin t _ 0 xa ^ 2 + x ^ 2 d x ≥slant frac 12 ∫_ 1 ^ 2 frac sin yy d y = ε_ 0 > 0.$${\int }_{A_0}^{2A_0}\frac{x\sin t_{0}x}{a^2+x^2}\mathrm{d}x⩾\frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{\sin y}{y}\mathrm{d}y={\epsilon }_0>0.$$

由$Cauchy$准则知${\int }_1^{+\infty }\frac{x\sin tx}{a^2+x^2}dx$在$(0,+\infty )$上不一致收敛。

23.2.3 练习题

1. 讨论下列广义积分的一致收敛性:

(1) ${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-(1+a^2)t}\sin t\mathrm{d}t,a\in (-\infty ,+\infty );$

(2) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos xy}{\sqrt{x+y}}\mathrm{d}x,y\in [y_0,+\infty ),$ 其中$y_0>0;$

(3) ${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t{x}^2}\mathrm{d}x,t\in (0,+\infty );$

(4) ${\int }_1^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\alpha x}\frac{\cos x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x,\alpha \in [0,+\infty );$

(5) ${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-(x-y{)}^2}\mathrm{d}x,y\in (-\infty ,+\infty );$

(6) ${\int }_0^{+\infty }x\ln x{\mathrm{e}}^{-t\sqrt{x}}\mathrm{d}x,$ (1) $t\in [t_0,+\infty )$，其中$t_0>0$，(2) $t\in (0,+\infty )$;

(7) ${\int }_1^{+\infty }\frac{1-{\mathrm{e}}^{-ut}}{t}\cos t\mathrm{d}t,u\in [0,1];$

(8) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\alpha t}{1+{\alpha }^2+t^2}\cdot {\mathrm{e}}^{-{\alpha }^2{t}^2}\cos {\alpha }^2{t}^2\mathrm{d}t,\alpha \in (0,+\infty );$

(9) ${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x^2(1+y^2)}\sin y\mathrm{d}y,x\in (0,+\infty );$

(10) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\alpha \mathrm{d}x}{1+{\alpha }^2{x}^2},\alpha \in (0,1);$

(11) ${\int }_0^2\frac{x^t}{\sqrt[3]{(x-1)(x-2)}}\mathrm{d}x,|t|<\frac{1}{2};$

(12) ${\int }_0^1(1-x{)}^{u-1}\mathrm{d}x,$ (1) $u\in [a,+\infty )$，其中$a>0$，(2) $u\in (0,+\infty )$

2. 设${\int }_0^{+\infty }{x}^{\lambda }f(x)\mathrm{d}x$当$\lambda =a,\lambda =b$时收敛 ($a<b$)。证明：${\int }_0^{+\infty }{x}^{\lambda }f(x)\mathrm{d}x$关于$\lambda \in [a,b]$一致收敛。

3. 证明：积分${\int }_0^{+\infty }x{\mathrm{e}}^{-xy}\mathrm{d}y$在$(0,+\infty )$上不一致收敛。

23.2.4 主要性质

与函数项级数类似，含参变量的广义积分有如下主要性质。

命题$23.2.1$（连续性）

设$f(x,t)$在$D=\{(x,t)\mid a⩽x<+\infty ,\alpha ⩽t⩽\beta \}$上连续，且${\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x$关于$t$在$[\alpha ,\beta ]$上一致收敛于$\phi (t)$，则$\phi (t)$在$[\alpha ,\beta ]$上连续，即$\forall t_0\in [\alpha ,\beta ]$，有

lim _ t arrow t _ 0 ∫_ a ^ + ∞ f (x, t) d x = ∫_ a ^ + ∞ lim _ t arrow t _ 0 f (x, t) d x.$$\underset{t\to t_0}{\lim }{\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x={\int }_a^{+\infty }\underset{t\to t_0}{\lim }f(x,t)\mathrm{d}x.$$

命题$23.2.2$（可微性）

设$f(x,t)$，$f_t(x,t)$在$D$上连续，${\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x$在$[\alpha ,\beta ]$上收敛于$\phi (t)$，${\int }_a^{+\infty }{f}_t(x,t)\mathrm{d}x$关于$t\in [\alpha ,\beta ]$一致收敛，则$\phi (t)$在$[\alpha ,\beta ]$上可微，且

φ^ prime (t) = frac dd t ∫_ a ^ + ∞ f (x, t) d x = ∫_ a ^ + ∞ f _ t (x, t) d x.$${\phi }^{\prime }(t)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x={\int }_a^{+\infty }{f}_t(x,t)\mathrm{d}x.$$

命题$23.2.3$ (交换积分次序)

情形$1$：在命题$\mathrm{23.2.1}$的条件下，$\phi (t)$在$[\alpha ,\beta ]$上可积，且

∫_ α ^ β d t ∫_ a ^ + ∞ f (x, t) d x = ∫_ a ^ + ∞ d x ∫_ α ^ β f (x, t) d t.$${\int }_{\alpha }^{\beta }\mathrm{d}t{\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x={\int }_a^{+\infty }\mathrm{d}x{\int }_{\alpha }^{\beta }f(x,t)\mathrm{d}t.$$

情形$2$：若$f(x,t)$在$x⩾a,t⩾c$上连续，

∫_ a ^ + ∞ f (x, t) d x text 与 ∫_ c ^ + ∞ f (x, t) d t (23.3)$${\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x\text{与}{\int }_c^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}t\text{\hspace{1em}(23.3)}$$

在任意有穷区间上一致收敛(第一个关于$t$，第二个关于$x$)，并且两个累次积分

∫_ c ^ + ∞ d t ∫_ a ^ + ∞ | f (x, t) | d x text 与 ∫_ a ^ + ∞ d x ∫_ c ^ + ∞ | f (x, t) | d t$${\int }_c^{+\infty }\mathrm{d}t{\int }_a^{+\infty }|f(x,t)|\mathrm{d}x\text{与}{\int }_a^{+\infty }\mathrm{d}x{\int }_c^{+\infty }|f(x,t)|\mathrm{d}t$$

中至少有一个存在，则两个累次积分

∫_ c ^ + ∞ d t ∫_ a ^ + ∞ f (x, t) d x text 与 ∫_ a ^ + ∞ d x ∫_ c ^ + ∞ f (x, t) d t (23.4)$${\int }_c^{+\infty }\mathrm{d}t{\int }_a^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}x\text{与}{\int }_a^{+\infty }\mathrm{d}x{\int }_c^{+\infty }f(x,t)\mathrm{d}t\text{\hspace{1em}(23.4)}$$

都存在并且相等。

注 1

($Dini$定理) 如果$f(x,t)$连续非负，且$(23.3)$中两个积分都是连续的(第一个关于$t$，第二个关于$x$)，则$(23.4)$中的两个累次积分中的一个存在可推出另一个也存在，并且二者相等。关于这个定理的证明可见[8]。

注 2

关于命题$\mathrm{23.2.1}$中的极限号与积分号的换序，如果将$f(x,t)$视为$f_t(x)$，将$t$与命题$\mathrm{16.1.1}$，$\mathrm{16.1.2}$中的下标$n$等同，将$t\to t_0$视为$n\to \infty$，则也有相应的极限与积分的换序定理。

23.2.5 例题

本小节的例题分为三种类型。

1. 应用$Dirichlet$积分

∫_ 0 ^ + ∞ frac sin xx d x = frac π2, ∫_ 0 ^ + ∞ frac sin α xx d x = frac π2 · operatornamesgn α$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2},{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin \alpha x}{x}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}\cdot \mathrm{sgn}\alpha$$

或$Euler$-$Poisson$积分

∫_ 0 ^ + ∞ e ^ - x ^ 2 d x = frac sqrt π2, ∫_ 0 ^ + ∞ e ^ - α x ^ 2 d x = frac sqrt π2 sqrt α (α > 0)$${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2},{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\alpha x^2}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{\alpha }}(\alpha >0)$$

求其他广义积分的值。

2. 讨论含参变量广义积分的分析性质。

3. 用积分号下求导或积分的方法，求含参变量广义积分。并用“嵌入法”计算广义积分。

例题$23.2.5$

求${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2}({\mathrm{e}}^{-\alpha x^2}-1)\mathrm{d}x,$ 其中$\alpha ⩾0$

解

由于${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{{\mathrm{e}}^{-\alpha x^2}-1}{x^2}=-\alpha$，所以$x=0$不是瑕点。原广义积分与$Poisson$积分比较，多了和因子$-1$与积因子$\frac{1}{x^2}$，现设法用分部积分吸收掉

r l ∫_ 0 ^ + ∞ frac 1x ^ 2 (e ^ - α x ^ 2 - 1) d x & = - ∫_ 0 ^ + ∞ (e ^ - α x ^ 2 - 1) d frac 1x & = - frac 1x (e ^ - α x ^ 2 - 1) | _ 0 ^ + ∞ + ∫_ 0 ^ + ∞ frac 1x e ^ - α x ^ 2 · (- 2 α x) d x & = - 2 α ∫_ 0 ^ + ∞ e ^ - α x ^ 2 d x = - sqrt π α.$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2}({\mathrm{e}}^{-\alpha x^2}-1)\mathrm{d}x& =-{\int }_0^{+\infty }({\mathrm{e}}^{-\alpha x^2}-1)\mathrm{d}\frac{1}{x}\\ & =-\frac{1}{x}\left({\mathrm{e}}^{-\alpha x^2}-1\right){|}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x}{\mathrm{e}}^{-\alpha x^2}\cdot (-2\alpha x)\mathrm{d}x\\ & =-2\alpha {\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\alpha x^2}\mathrm{d}x=-\sqrt{\pi \alpha }.\end{array}$$

本题目也可以用在积分号下求导的方法去求解。

例题$23.2.6$

证明：$F(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{x\mathrm{d}x}{2+x^{\alpha }}$在$(2,+\infty )$上连续

证

$\forall \epsilon >0$，当$\alpha \in [2+\epsilon ,+\infty )$时有

| frac x2 + x ^ α | ≤slant frac 1x ^ 1 + ε, x ∈ [ 1, + ∞). (23.5)$$\left|\frac{x}{2+x^{\alpha }}\right|⩽\frac{1}{x^{1+\epsilon }},x\in [1,+\infty ).\text{\hspace{1em}(23.5)}$$

由$M$-判别法知

∫_ 1 ^ + ∞ frac x2 + x ^ α d x (23.6)$${\int }_1^{+\infty }\frac{x}{2+x^{\alpha }}\mathrm{d}x\text{\hspace{1em}(23.6)}$$

关于$\alpha \in [2+\epsilon ,+\infty )$是一致收敛的。由此以及一致收敛的定义知${\int }_0^{+\infty }\frac{x}{2+x^{\alpha }}\mathrm{d}x$关于$\alpha \in [2+\epsilon ,+\infty )$也是一致收敛的。于是$F(\alpha )$在$[2+\epsilon ,+\infty )$上连续。由$\epsilon$的任意性知$F(\alpha )$在$(2,+\infty )$上连续。

注 1

由于连续性本质上是一种局部的分析性质，我们可以先证明$F(\alpha )$在$(2,+\infty )$上的内闭一致收敛性，然后用连续性定理得到内闭连续，而内闭连续等价于在开区间上连续。也可以对于$(2,+\infty )$中的任一点${\alpha }_0$，在${\alpha }_0$的小的闭邻域中证明$F(\alpha )$的连续性，再从${\alpha }_0$的任意性推出$F(\alpha )$在$(2,+\infty )$上的连续性。这种想法也可用于可微性证明。

注 2

由于不等式$(23.5)$只对$x\in [1,+\infty )$成立，在$x\in [0,+\infty )$上不成立，因此由$M$-判别法只能证明$(23.6)$是一致收敛的。但由一致收敛的定义，

∫_ 0 ^ + ∞ frac x2 + x ^ α d x text 与 ∫_ 1 ^ + ∞ frac x2 + x ^ α d x$${\int }_0^{+\infty }\frac{x}{2+x^{\alpha }}\mathrm{d}x\text{与}{\int }_1^{+\infty }\frac{x}{2+x^{\alpha }}\mathrm{d}x$$

的一致收敛性是等价的。因此由后者的一致收敛性可推知前者的一致收敛性，这种方法称为“截断法”。

例题$23.2.7$

证明：当$b\ne 0$时

F (a) = ∫_ 0 ^ + ∞ frac 1t (1 - e ^ - a t) cos b t d t$$F(a)={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{t}(1-{\mathrm{e}}^{-at})\cos bt\mathrm{d}t$$

在$[0,+\infty )$上连续，在$(0,+\infty )$上可导。

证

由于${\lim }_{t\to 0^{+}}\frac{1}{t}(1-{\mathrm{e}}^{-at})=a,$ 所以$t=0$不是瑕点。

(1) 证明$F(a)$在$[0,+\infty )$上连续。令

f (t, a) = { l l frac 1t (1 - e ^ - a t) cos b t, & t > 0, a ≥slant 0, a, & t = 0, a ≥slant 0, .$$f(t,a)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{t}(1-{\mathrm{e}}^{-at})\cos bt,& t>0,a⩾0,\\ a,& t=0,a⩾0,\end{array}$$

则$f(t,a)$在$[0,+\infty )\times [0,+\infty )$上连续。

由$b\ne 0$知${\int }_1^{+\infty }\frac{\cos bt}{t}\mathrm{d}t$关于$a\in [0,+\infty )$一致收敛，又$1-{\mathrm{e}}^{-at}$对$t$单调，且$|1-{\mathrm{e}}^{-at}|⩽2$，故由$Abel$判别法知${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{t}(1-{\mathrm{e}}^{-at})\cos bt\mathrm{d}t$关于$a\in [0,+\infty )$一致收敛。从而${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{t}(1-{\mathrm{e}}^{-at})\cos bt\mathrm{d}t$在$a\in [0,+\infty )$上连续。又由本章第一节的命题$\mathrm{23.1.2}$（连续性）知${\int }_0^1\frac{1}{t}(1-{\mathrm{e}}^{-at})\cos bt\mathrm{d}t$也是$a\in [0,+\infty )$上的连续函数，所以$F(a)$在$a\in [0,+\infty )$上连续。

(2) 证明$F(a)$在$(0,+\infty )$上可导。由

frac ∂ f∂ a (t, a) = e ^ - a t cos b t, t ≥slant 0, a ≥slant 0$$\frac{\partial f}{\partial a}(t,a)={\mathrm{e}}^{-at}\cos bt,t⩾0,a⩾0$$

知$f(t,a)$与$f_a(t,a)$都在$[0,+\infty )\times [0,+\infty )$上连续，且$\forall \epsilon >0$，当$a⩾\epsilon$时

| f _ a (t, a) | ≤slant e ^ - a t ≤slant e ^ - ε t, t ∈ [ 0, + ∞),$$\left|f_a(t,a)\right|⩽{\mathrm{e}}^{-at}⩽{\mathrm{e}}^{-\epsilon t},t\in [0,+\infty ),$$

而${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\epsilon t}\mathrm{d}t$收敛，由$M$-判别法知${\int }_0^{+\infty }{f}_a(t,a)\mathrm{d}t$关于$a\in [\epsilon ,+\infty )$是一致收敛的。于是$F(a)$在$[\epsilon ,+\infty )$上可导，由$\epsilon$的任意性知$F(a)$在$(0,+\infty )$上可导，且

F ^ prime (a) = ∫_ 0 ^ + ∞ e ^ - a t cos b t d t, a ∈ (0, + ∞). (23.7)$$F^{\prime }(a)={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-at}\cos bt\mathrm{d}t,a\in (0,+\infty ).\text{\hspace{1em}(23.7)}$$

例题$23.2.8$

求例题$\mathrm{23.2.7}$中的$F(a)$。

解$1$

利用表达式 ($23.7$)，则$a>0$时

F ^ prime (a) = frac e ^ - a ta ^ 2 + b ^ 2 (b sin b t - a cos b t) | _ 0 ^ + ∞ = frac aa ^ 2 + b ^ 2.$$F^{\prime }(a)=\frac{{\mathrm{e}}^{-at}}{a^2+b^2}(b\sin bt-a\cos bt){|}_0^{+\infty }=\frac{a}{a^2+b^2}.$$

于是

F (a) = frac 12 ln (a ^ 2 + b ^ 2) + C. (23.8)$$F(a)=\frac{1}{2}\ln (a^2+b^2)+C.\text{\hspace{1em}(23.8)}$$

由于$F(a)$在$[0,+\infty )$上连续，且$F(0)=0$，于是在$(23.8)$中令$a\to 0$，得到

0 = frac 12 ln b ^ 2 + C.$$0=\frac{1}{2}\ln b^2+C.$$

所以$C=-\frac{1}{2}\ln b^2$，最后得到

F (a) = frac 12 ln frac a ^ 2 + b ^ 2b ^ 2.$$F(a)=\frac{1}{2}\ln \frac{a^2+b^2}{b^2}.$$

解$2$ (用“嵌入法”)

注意到$F(a)$的被积函数中难处理的因子是$\frac{1}{t}$。可以像解$1$那样用对$a$求导的办法消去$\frac{1}{t}$，又可以把$\frac{1}{t}(1-e^{-at})$写成一个特殊的积分值，即引入

I (β) = ∫_ 0 ^ + ∞ frac 1t (e ^ - β t - e ^ - α t) cos b t d t,$$I(\beta )={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{t}\left({\mathrm{e}}^{-\beta t}-{\mathrm{e}}^{-\alpha t}\right)\cos bt\mathrm{d}t,$$

其中$\alpha >0,b\ne 0$固定，则$F(\alpha )=I(0)$。因为

frac 1t (e ^ - β t - e ^ - α t) = - ∫_ α ^ β e ^ - t y d y,$$\frac{1}{t}({\mathrm{e}}^{-\beta t}-{\mathrm{e}}^{-\alpha t})=-{\int }_{\alpha }^{\beta }{\mathrm{e}}^{-ty}\mathrm{d}y,$$

所以

I (β) = - ∫_ 0 ^ + ∞ d t ∫_ α ^ β e ^ - t y cos b t d y.$$I(\beta )=-{\int }_0^{+\infty }\mathrm{d}t{\int }_{\alpha }^{\beta }{\mathrm{e}}^{-ty}\cos bt\mathrm{d}y.$$

形式上交换积分次序得

I (β) = - ∫_ α ^ β d y ∫_ 0 ^ + ∞ e ^ - t y cos b t d t = - ∫_ α ^ β frac yy ^ 2 + b ^ 2 d y = frac 12 ln frac α^ 2 + b ^ 2β^ 2 + b ^ 2.$$I(\beta )=-{\int }_{\alpha }^{\beta }\mathrm{d}y{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-ty}\cos bt\mathrm{d}t=-{\int }_{\alpha }^{\beta }\frac{y}{y^2+b^2}\mathrm{d}y=\frac{1}{2}\ln \frac{{\alpha }^2+b^2}{{\beta }^2+b^2}.$$

若上式对$\beta =0$成立，则可得$F(\alpha )=I(0)=\frac{1}{2}\ln \frac{{\alpha }^2+b^2}{b^2}$。

下面验证条件。先考查对哪些$\beta$积分可换序。

(1) 设$f(y,t)={\mathrm{e}}^{-ty}\cos bt$，则$\forall \alpha ,\beta ,f(y,t)$在$[\alpha ,\beta ]\times [0,+\infty )$上连续。

(2) 设$\beta >0,\alpha >0$，由$|{\mathrm{e}}^{-ty}\cos bt|⩽{\mathrm{e}}^{-\min \{\alpha ,\beta \}t}$及$M$-判别法知含参变量广义积分${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-ty}\cos bt\mathrm{d}t$在$[\alpha ,\beta ]$ (或$[\beta ,\alpha ]$) 上关于$y$一致收敛。因此当$\beta >0$时，积分可换序，故

I (β) = frac 12 ln frac α^ 2 + b ^ 2β^ 2 + b ^ 2.$$I(\beta )=\frac{1}{2}\ln \frac{{\alpha }^2+b^2}{{\beta }^2+b^2}.$$

最后验证在$\alpha >0,b\ne 0$时，$I(\beta )$在$\beta =0$处右连续。令

f (t, β) = { l l frac 1t (e ^ - β t - e ^ - α t) cos b t, & t > 0, β ≥slant 0, - β + α , & t = 0, β ≥slant 0, .$$f(t,\beta )=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{t}({\mathrm{e}}^{-\beta t}-{\mathrm{e}}^{-\alpha t})\cos bt,& t>0,\beta ⩾0,\\ -\beta +\alpha ,& t=0,\beta ⩾0,\end{array}$$

则$f(t,\beta )$在$[0,+\infty )\times [0,+\infty )$上连续。

下面用$Abel$判别法证明$I(\beta )={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{t}(e^{-\beta t}-e^{-\alpha t})\cos btdt$关于$\beta$在$[0,+\infty )$上一致收敛，从而$I(\beta )$在$\beta =0$处右连续。事实上

(1) ${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{t}\cos bt\mathrm{d}t$关于$\beta \in [0,+\infty )$是一致收敛的；

(2) 对任意固定的$\beta ⩾0$，

frac dd t (e ^ - β t - e ^ - α t) = - β e ^ - β t + α e ^ - α t = e ^ - α t [ α - β e ^ (α - β) t ]$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left({\mathrm{e}}^{-\beta t}-{\mathrm{e}}^{-\alpha t}\right)=-\beta {\mathrm{e}}^{-\beta t}+\alpha {\mathrm{e}}^{-\alpha t}={\mathrm{e}}^{-\alpha t}[\alpha -\beta {\mathrm{e}}^{(\alpha -\beta )t}]$$

当$t$足够大时是定号的，故${\mathrm{e}}^{-\beta t}-{\mathrm{e}}^{-\alpha t}$当$t$充分大时是单调的，又$|{\mathrm{e}}^{-\beta t}-{\mathrm{e}}^{-\alpha t}|⩽2$由$Abel$判别法知$I(\beta )={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{t}({\mathrm{e}}^{-\beta t}-{\mathrm{e}}^{-\alpha t})\cos bt\mathrm{d}t$关于$\beta$在$[0,+\infty )$上一致收敛，从而$I(\beta )$在$\beta =0$右连续。

23.2.6 练习题

1. 设${\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}y$对于$x$在$x_0$的邻域$U(x_0)$中收敛，$f_x(x,y)$在$U(x_0)\times [a,+\infty )$中存在，且当$x\to x_0$时，$f_x(x,y)$关于$y$在任何有限区间上一致收敛于$f_x(x_0,y)$，又知积分${\int }_a^{+\infty }{f}_x(x,y)\mathrm{d}y$在$U(x_0)$上一致收敛。证明：$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left({\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}y\right){|}_{x=x_0}$存在且等于${\int }_a^{+\infty }{f}_x(x_0,y)\mathrm{d}y$。

2. $F(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin (1-{\alpha }^2)x}{x}\mathrm{d}x,$ 证明：$F(\alpha )$在$(-\infty ,-1)\cup (-1,1)\cup (1,+\infty )$上连续，在$\alpha =\pm 1$处间断。

3. 证明: $F(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin \alpha x^2}{x}\mathrm{d}x$在$\alpha \in (0,+\infty )$上不一致收敛，但在$(0,+\infty )$上连续。

4. 证明：$F(x)={\int }_1^{+\infty }\frac{x{e}^{-yx}}{y}\mathrm{d}y$在$[0,+\infty )$上连续，在$(0,+\infty )$上$F^{\prime }(x)$存在，且$F^{\prime }(x)={\int }_1^{+\infty }\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{x}{y}{\mathrm{e}}^{-yx}\right)\mathrm{d}y.$

5. 设$F(\alpha )={\int }_0^{\pi }\frac{\sin x}{x^{\alpha }(\pi -x{)}^{2-\alpha }}\mathrm{d}x$，证明：$F(\alpha )$在$(0,2)$中连续。

6. 设$F(y)={\int }_0^{+\infty }y{\mathrm{e}}^{-x^2{y}^2}\cos [x(1-y)]\mathrm{d}x$，求${\lim }_{y\to 1}F(y)$。

7. 利用$Dirichlet$积分或$Euler$-$Poisson$积分求下列积分值:

(1) ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\mathrm{d}x;$

(2) ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{3}x}{x}\mathrm{d}x;$

∫_ 0 ^ + ∞ x ^ 2 e ^ - α x ^ 2 d x (α > 0); tag 3$${\int }_0^{+\infty }{x}^2{\mathrm{e}}^{-\alpha x^2}\mathrm{d}x(\alpha >0);\text{\hspace{1em}(3)}$$

(4) ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-(a{x}^2+bx+c)}\mathrm{d}x(a>0).$

8. 利用积分号下求导的方法求下列积分:

(1) $I(a)={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-ax}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x(a⩾0);$

I (α) = ∫_ 0 ^ + ∞ frac arctan α xx (1 + x ^ 2) d x (α ≥slant 0); tag 2$$I(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan \alpha x}{x(1+x^2)}\mathrm{d}x(\alpha ⩾0);\text{\hspace{1em}(2)}$$

(3) $f(x)={\int }_1^{+\infty }\frac{1}{y}x{\mathrm{e}}^{-yx}\mathrm{d}y(x⩾0).$

9. 利用积分号下求积分的方法求下列积分:

(1)

I (α) = ∫_ 0 ^ + ∞ frac arctan α xx (1 + x ^ 2) d x (α ≥slant 0) (text 提示: frac arctan α xx = ∫_ 0 ^ α frac d y1 + y ^ 2 x ^ 2);$$I(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan \alpha x}{x(1+x^2)}\mathrm{d}x(\alpha ⩾0)(\text{提示:}\frac{\arctan \alpha x}{x}={\int }_0^{\alpha }\frac{\mathrm{d}y}{1+y^2{x}^2});$$ ∫_ 0 ^ + ∞ frac cos β xx ^ 2 + α^ 2 d x (text 提示: frac 1x ^ 2 + α^ 2 = lim _ ε → 0 ^ + ∫_ ε ^ + ∞ e ^ - t (x ^ 2 + α^ 2) d t).$${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos \beta x}{x^2+{\alpha }^2}\mathrm{d}x(\text{提示:}\frac{1}{x^2+{\alpha }^2}=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }{\int }_{\epsilon }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t(x^2+{\alpha }^2)}\mathrm{d}t).$$

10. 求含参变量瑕积分

I (α) = ∫_ 0 ^ 1 frac ln (1 - α^ 2 x ^ 2)sqrt 1 - x ^ 2 d x (| α | ≤slant 1).$$I(\alpha )={\int }_0^1\frac{\ln (1-{\alpha }^2{x}^2)}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x(|\alpha |⩽1).$$

11. 计算

I (y) = ∫_ 0 ^ + ∞ e ^ - x ^ 2 cos (2 y x) d x (- ∞ < y < + ∞).$$I(y)={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x^2}\cos (2yx)\mathrm{d}x(-\infty <y<+\infty ).$$