第15周作业

1观前提示

本次作业解答偏提示性，主要作用是提供解题思路，因此比较简略. 考试时应严格书写放缩到什么函数、利用了什么判别法，尤其是给出敛散性相同的$p$-级数后，多说一句该$p$-级数收敛还是发散.

2Exercise 13.1

1. 1.

   判断下列反常积分的收敛性：

   1. (2)

      ${\int }_0^{+\infty }\sqrt{x}{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x$.

      解

      先判断$x=0$非奇点，再利用放缩$\sqrt{x}{\mathrm{e}}^{-x}<x^{-3/2}$以及后者在$[1,+\infty )$上的收敛性即可.

   2. (6)

      ${\int }_0^{+\infty }\frac{x\arctan x}{\sqrt{[}3]1+x^4}\mathrm{d}x$.

      解

      当$x\to +\infty$时，$x\arctan x/\sqrt{[}3]1+x^4\sim \pi /2x^{1/3}$，故被积函数在$[1,+\infty )$上积分发散，该广义积分发散.

   3. (7)

      ${\int }_0^1\frac{x^2}{\sqrt{[}3](1-x^2{)}^5}\mathrm{d}x$.

      解

      当$x\to 1^{-}$时，$x^2/\sqrt{[}3](1-x^2{)}^5\sim 1/[2(1-x){]}^{5/3}$，故发散.

   4. (10)

      ${\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{{\mathrm{e}}^{\sqrt{x}}-1}$.

      解

      $x=1$非奇点，而当$x\to 0^{+}$时，$1/({\mathrm{e}}^{\sqrt{x}}-1)\sim 1/\sqrt{x}$，故收敛.

   5. (14)

      ${\int }_0^{\pi /2}\frac{\ln \sin x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$.

      解

      注意到

      $$\text{原式}=2\sqrt{x}\ln \sin x|0^{\pi /2}-2{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sqrt{x}\cos x}{\sin x}\mathrm{d}x=-2{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sqrt{x}\cos x}{\sin x}\mathrm{d}x,$$

      (2.1)

      其中已利用

      $$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln \sin x}{1/\sqrt{x}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\cos x/\sin x}{-1/2x^{3/2}}=0.$$

      (2.2)

      显然$x=\pi /2$并非新积分的奇点，而当$x\to 0^{+}$时，$\sqrt{x}\cos x/\sin x\sim 1/\sqrt{x}$，故新广义积分收敛，即原广义积分也收敛.

   6. (15)

      ${\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan x}{x^{\mu }}\mathrm{d}x$.

      解

      在$[0,1)$上，$f(x)=\arctan x/x^{\mu }\sim 1/x^{\mu -1}$，${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$收敛要求$\mu <2$； 在$[1,+\infty )$上，$f(x)\sim 1/x^{\mu }$，${\int }_1^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$收敛要求$\mu >1$. 综上，当$1<\mu <2$时，该广义积分收敛，否则发散.

2. 2.

   研究下列积分的条件收敛性与绝对收敛性.

   1. (4)

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

      解

      当$x\to 0^{+}$时，$\ln (1+x)/x^2(1+x^p)\sim 1/x$，故该广义积分发散.

3Exercise 13.3

1. 1.

   试用两种方法计算以下极限：

   1. (1)

      $\underset{\alpha \to 0}{\lim }{\int }_{-1}^1\sqrt{x^2+{\alpha }^2}\mathrm{d}x$.

      解

      1. Method 1

         显然被积函数在${\mathbb{R}}^2$上连续，故该积分关于$\alpha$连续，从而

         $$\text{原式}={\int }_{-1}^1\left|x\right|\mathrm{d}x=2{\int }_0^{1}x\mathrm{d}x=1.$$

         (3.1)
      2. Method 2

         作变量代换$x=\alpha \sinh t$，记$\alpha \sinh t_0=1$，则

         $$\text{原式}=\underset{\alpha \to 0}{\lim }2{\int }_0^{t_0}\alpha \cosh t\cdot \alpha \cosh t\mathrm{d}t=\underset{\alpha \to 0}{\lim }{\alpha }^2\left(t_0+\sinh t_0\cosh t_0\right)$$

         $$=\underset{\alpha \to 0}{\lim }{\alpha }^2\left[\ln \left(\frac{1}{\alpha }+\sqrt{1+\frac{1}{{\alpha }^2}}\right)+\frac{1}{\alpha }\sqrt{1+\frac{1}{{\alpha }^2}}\right]$$

         $$\stackrel{u=1/\alpha }{=}1+\underset{u\to \infty }{\lim }\frac{\ln (u+\sqrt{1+u^2})}{u^2}=1+\underset{u\to \infty }{\lim }\frac{1}{2u\sqrt{1+u^2}}=1.$$

         (3.2)
   2. (2)

      $\underset{\alpha \to 0}{\lim }{\int }_{\alpha }^{1+\alpha }\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2+{\alpha }^2}$.

      解

      1. Method 1

         显然被积函数在${\mathbb{R}}^2$上连续，故该积分关于$\alpha$连续，从而

         $$\text{原式}={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\arctan 1=\frac{\pi }{2}.$$

         (3.3)
      2. Method 2

         直接积分：

         $$\text{原式}=\underset{\alpha \to 0}{\lim }\frac{1}{1+{\alpha }^2}\arctan \frac{x}{\sqrt{1+{\alpha }^2}}|{\alpha }^{1+\alpha }=\underset{\alpha \to 0}{\lim }\left(\arctan \frac{1+\alpha }{\sqrt{1+{\alpha }^2}}-\frac{\alpha }{\sqrt{1+{\alpha }^2}}\right)=1.$$

         (3.4)
2. 2.

   求$F^{\prime }(\alpha )$：

   1. (3)

      $F(\alpha )={\int }_{\sin \alpha }^{\cos \alpha }{\mathrm{e}}^{\alpha \sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x$.

      解

      由题意，

      $$F^{\prime }(\alpha )=-\sin \alpha {\mathrm{e}}^{\alpha |\sin \alpha |}-\cos \alpha {\mathrm{e}}^{\alpha |\cos \alpha |}+{\int }_{\sin \alpha }^{\cos \alpha }\sqrt{1-x^2}{\mathrm{e}}^{\alpha \sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x.$$

      (3.5)
   2. (4)

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

      解

      由题意，

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

      (3.6)
3. 3.

   设$f(x)$在$[a,b]$上连续，证明

   $$y(x)=\frac{1}{k}{\int }_c^{x}f(x)\sin k(x-t)\mathrm{d}t,c,x\in [a,b)$$

   (3.7)

   满足常微分方程

   $$y^{\prime \prime }+k^{2}y=f(x),$$

   (3.8)

   其中$c$与$k$为常数.

   解

   由题意，$f(t)\sin k(x-t)$在$[a,b{]}^2$上关于$x$具有任意阶连续偏导数，故$y(x)$可微，且

   $$y^{\prime }(x)=0+{\int }_c^{x}f(t)\cos k(x-t)\mathrm{d}t,$$

   (3.9)

   $$y^{\prime \prime }(x)=f(x)-k{\int }_c^{x}f(t)\sin k(x-t)\mathrm{d}t=f(x)-k^{2}y(x),$$

   (3.10)

   即$y^{\prime \prime }+k^{2}y=f(x)$，证毕.

   注

   至于方程的解为什么是这个形式，其实用到的正是上一章学习的Fourier变换，这里给出其大体思路. 记$Y(\lambda )=F[y(x)]$，其中$F$表示Fourier变换，则有性质

   $$F[y^{(n)}(x)]={\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{(n)}(x){\mathrm{e}}^{-\text{i}\lambda x}\mathrm{d}x={y^{(n-1)}(x){\mathrm{e}}^{-\text{i}\lambda x}|}_{-\infty }^{+\infty }+\text{i}\lambda {\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{(n-1)}(x){\mathrm{e}}^{-\text{i}\lambda x}\mathrm{d}x$$

   $$=0+\text{i}\lambda {y^{(n-2)}(x){\mathrm{e}}^{-\text{i}\lambda x}|}_{-\infty }^{+\infty }+(\text{i}\lambda {)}^2{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{(n-2)}(x){\mathrm{e}}^{-\text{i}\lambda x}\mathrm{d}x$$

   $$=\cdots =(\text{i}\lambda {)}^n{\int }_{-\infty }^{+\infty }y(x){\mathrm{e}}^{-\text{i}\lambda x}\mathrm{d}x=(\text{i}\lambda {)}^{n}Y(\lambda ),$$

   (3.11)

   因此对微分方程两端作Fourier变换，可得

   $$(k^2-{\lambda }^2)Y(\lambda )=F(\lambda )⟸Y(\lambda )=F(\lambda )\cdot \frac{1}{k^2-{\lambda }^2},$$

   (3.12)

   其中$F(\lambda )$为$f(x)$的Fourier变换. 再利用Fourier（逆）变换的卷积性质以及常用变换：

   $$F^{-1}\left[\frac{1}{k^2-{\lambda }^2}\right]=\frac{\sin kx}{2k}\mathrm{sgn}(x),$$

   (3.13)

   其中$\mathrm{sgn}(x)$为符号函数，可得原方程的解为

   $$y(x)=f(x)I_{[a,b]}(x)\ast \frac{\sin kx}{2k}\mathrm{sgn}(x)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t)I_{[a,b]}(t)\frac{\sin k(x-t)}{2k}\mathrm{sgn}(x-t)\mathrm{d}t$$

   $$=\frac{1}{2k}{\int }_a^{x}f(t)\sin k(x-t)\mathrm{d}t-\frac{1}{2k}{\int }_x^{b}f(t)\sin k(x-t)\mathrm{d}t.$$

   (3.14)

   当然，这里实际上考虑的并非$y(x)$在$\mathbb{R}$上的解，并且也假定了$y(\infty )=0$，因此这里得到的解需要经过修正才能得到题设的解，这里不再赘述.

4. 4.

   应用对参数进行微分或积分的方法，计算下列积分：

   1. (1)

      ${\int }_0^{pi/2}\ln (a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x)\mathrm{d}x(a>0,b>0)$.

      解

      可微证明略，记该积分为$I(a)$，则

      $$I^{\prime }(a)={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a{\sin }^{2}x}{a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /2}\frac{2a{\tan }^{2}x}{a^2{\tan }^{2}x+b^2}\frac{\mathrm{d}\tan x}{1+{\tan }^{2}x}$$

      $$=\frac{2a}{b^2-a^2}{\int }_0^{\pi /2}\left(\frac{b^2}{b^2+a^2{\tan }^{2}x}-\frac{1}{1+{\tan }^{2}x}\right)\mathrm{d}\tan x$$

      $$=\frac{2a}{b^2-a^2}\left(\frac{b}{a}\arctan \frac{ax}{b}-x\right)|0^{\pi /2}=\frac{\pi a}{b+a},$$

      (3.15)

      同时

      $$I(b)={\int }_0^{\pi /2}\ln b^2\mathrm{d}x=\pi \ln b,$$

      (3.16)

      因此

      $$I(a)=I(b)+{\int }_b^a{I}^{\prime }(u)\mathrm{d}u=\pi \ln b+\pi \ln \frac{b+a}{2b}=\pi \ln \frac{a+b}{2}.$$

      (3.17)
   2. (2)

      ${\int }_0^{\pi }\ln (1-2a\cos x+a^2)\mathrm{d}x(0⩽a<1)$.

      解

      可微证明略，记该积分为$I(a)$，则

      $$I^{\prime }(a)={\int }_0^{\pi }\frac{2(a-\cos x)}{1-2a\cos x+a^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{a}{\int }_0^{\pi }\left(1-\frac{1-a^2}{1-2a\cos x+a^2}\right)\mathrm{d}x$$

      $$\stackrel{t=\tan (x/2)}{=}\frac{\pi }{a}-\frac{1-a^2}{a}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{1+a^2-2a\cdot (1-t^2)/(1+t^2)}\cdot \frac{2\mathrm{d}t}{1+t^2}$$

      $$=\frac{\pi }{a}-2\frac{1-a^2}{a}{\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{(1-a{)}^2+(1+a{)}^2{t}^2}$$

      $$=\frac{\pi }{a}-\frac{2}{a}\arctan \frac{1+a}{1-a}t|0^{+\infty }=0,$$

      (3.18)

      同时$I(0)=0$，因此

      $$I(a)=I(0)+{\int }_0^a{I}^{\prime }(u)\mathrm{d}u=0.$$

      (3.19)

4Exercise 13.4

1. 1.

   确定下列含参变量反常积分的收敛域.

   1. (1)

      ${\int }_0^{+\infty }{x}^u\mathrm{d}x$.

      解

      ${\int }_0^1{x}^u\mathrm{d}u$收敛要求$u>-1$，${\int }_1^{+\infty }{x}^u\mathrm{d}u$收敛要求$u<-1$，因此该广义积分收敛域为空集.

2. 6.

   研究下列积分在指定区间上的一致收敛性：

   1. (3)

      ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{\cos ux}{1+x^2}\mathrm{d}x(-\infty <u<+\infty )$.

      解

      注意到

      $$\left|\frac{\cos ux}{1+x^2}\right|⩽\frac{1}{1+x^2}\text{且}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\pi \text{收敛},$$

      (4.1)

      由Weierstrass判别法，该积分在$-\infty <u<+\infty$上一致收敛.

   2. (4)

      ${\int }_0^{+\infty }\sqrt{\alpha x}{\mathrm{e}}^{-\alpha x^2}\mathrm{d}x(0⩽\alpha <+\infty )$.

      解

      注意到

      $$\text{原式}\stackrel{u=\sqrt{\alpha }x}{=}{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-u^2}\mathrm{d}u=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$$

      (4.2)

      收敛至与$\alpha$无关的常数，故该广义积分在$0⩽\alpha <+\infty$上一致收敛.

3. 7.

   证明$F(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x}{1+(x+\alpha {)}^2}\mathrm{d}x$在$0⩽\alpha <+\infty$是连续且可微的函数.

   解

   注意到

   $$\left|\frac{\cos x}{1+(x+\alpha {)}^2}\right|⩽\frac{1}{1+x^2}\text{且}{\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\frac{\pi }{2}\text{收敛},$$

   (4.3)

   由Weierstrass判别法，该积分在$0⩽\alpha <+\infty$上一致收敛，从而$F(\alpha )$连续. 记$f(x,\alpha )=\cos x/[1+(x+\alpha {)}^2]$，则

   $${\int }_0^{+\infty }{f}_{\alpha }(x,\alpha )\mathrm{d}x=-{\int }_0^{+\infty }\frac{2(x+\alpha )\cos x}{[1+(x+\alpha {)}^2{]}^2}\mathrm{d}x$$

   $$=\frac{\cos x}{1+(x+\alpha {)}^2}|0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{1+(x+\alpha {)}^2}\mathrm{d}x$$

   $$=-\frac{1}{1+{\alpha }^2}+{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{1+(x+\alpha {)}^2}\mathrm{d}x,$$

   (4.4)

   而前一项在$[0,+\infty )$上无奇点，后一项仿照上一问思路也可以证明其关于$\alpha$一致收敛，因此该广义积分关于$\alpha$一致收敛，从而$F(\alpha )$可微

4. 8.

   计算下列积分：

   1. (1)

      ${\int }_0^1\frac{x^{\beta }-x^{\alpha }}{\ln x}\mathrm{d}x(\alpha ,\beta >-1)$.

      解

      记$f(x,\beta )=(x^{\beta }-x^{\alpha })/\ln x$且$F(\beta )={\int }_0^{1}f(x,\beta )\mathrm{d}x$，注意到当$\beta \ne \alpha$时，

      $$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x^{\beta }-x^{\alpha }}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{\ln x}=0,$$

      (4.5)

      $$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }{x}^{\alpha }\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{(\beta -\alpha )\ln x}-1}{\ln x}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(\beta -\alpha )x^{\alpha }=\beta -\alpha ,$$

      (4.6)

      因此$x=1$并非$f(x,\beta )$的奇点，故$f(x,\beta )$在$[1/2,1]$上的积分收敛. 另一方面，当$x\to 0^{+}$时，总$\exists {\beta }_0<\beta$，当$\beta \in [{\beta }_0,+\infty )$时，$f(x,\beta )⩽f(x,{\beta }_0)$. 由于$f(x,{\beta }_0)$是$x_0^{\beta }-x^{\alpha }$的高阶无穷小且${\int }_0^{1/2}(x^{{\beta }_0}-x^{\alpha })\mathrm{d}x$收敛，故$f(x,{\beta }_0)$在$[0,1/2)$上的积分也收敛. 综上，该广义积分$F(\beta )$在$[{\beta }_0,+\infty )$内一致收敛，并且

      $${\int }_0^1{f}_{\beta }(x,\beta )\mathrm{d}x={\int }_0^1{x}^{\beta }\mathrm{d}x=\frac{1}{\beta +1}$$

      (4.7)

      在$[{\beta }_0,+\infty )$上收敛，因此$F(\beta )$在$[{\beta }_0,+\infty )$内可微. 由$\beta$的任意性，$F(\beta )$在$(-1,+\infty )$内可微，并且

      $$F^{\prime }(\beta )=\frac{1}{\beta +1}⟸F(\beta )=F(\alpha )+{\int }_{\alpha }^{\beta }{F}^{\prime }(u)\mathrm{d}u=\ln \frac{\beta +1}{\alpha +1}.$$

      (4.8)
5. 9.

   利用${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$及${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}$计算：

   1. (1)

      ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x}{\sigma \sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-(x-a{)}^2/2{\sigma }^2}\mathrm{d}x(\sigma >0)$.

      解

      实际上此题中存在高斯分布（也称正态分布）$N(a,\sigma )$，其概率密度函数$f(x)={\mathrm{e}}^{-(x-a{)}^2/2{\sigma }^2}/\sqrt{2\pi }\sigma$满足归一化条件：

      $${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-[(x-a)/\sqrt{2}\sigma {]}^2}\mathrm{d}\left(\frac{x-a}{\sqrt{2}\sigma }\right)=\frac{1}{\sqrt{\pi }}\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{\pi }}{2}=1,$$

      (4.9)

      其均值为$a$，即

      $$\mathbb{E}(X)={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)\mathrm{d}x={\int }_{-\infty }^{+\infty }(x-a)f(x)\mathrm{d}x+a{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=0+a=a,$$

      (4.10)

      其中第一项积分为零已利用$f(x)$关于$x=a$对称的性质.