916.2含参变量的广义积分179例16.2.5.设α≥0，计算积分I(α)解在前面的例子中已经说明了I(α)关于αE[0,）一致收敛.任给>0,积分~ (e-a sin)。dr = --arsinada关于QE[8,oo)一致收敛，于是I(α)在[8,o0)中可导，且I'(α) =e-ar sinrdr =1+α2由于。的任意性，上式对任意α>0成立.从中解出I(α) = C - arctana当α>0时aadr=→0(α→),[I(α)/ ≤a于是C=元/2从而得到I(α)=元/2-arctanα。令α→0还可得I(0)=元/2.最后，我们考虑无穷区间上广义积分可交换次序的问题定理16.2.4(积分性质之二).设f(z,y)在[a,o0)×[c,o0)中连续.如果f满足下列条件：(i) 积分 (y)=f(z,y)da关于y在(c,oo）内的任何闭区间中一致收敛，积分()=f(r,y)dy关于在（a,oo)内的任何闭区间上一致收敛；If(z,y)ld和drIf(r,y)dy至少有一个收致(ii)积分dy则(p(y）在(c,oo)中积分收效，()在(a,oo）中积分收敛，且这两个积分相等： dy / (,u)dr =/daf(r,y)dy证明.不妨设积分/dyIf(r,y)]da收敛。任给e>0,取c>c,C>c,使得(a, )dady+ (,)ladye.根据题设，存在Ao>a，当A≥A时I/ (a,)da≤-Vye[e.c]
§16.2 含参变量的广义积分 179 例 16.2.5. 设 α ≥ 0, 计算积分 I(α) = ∫ ∞ 0 e −αx sin x x dx. 解. 在前面的例子中已经说明了 I(α) 关于 α ∈ [0, ∞) 一致收敛. 任给 δ > 0, 积分 ∫ ∞ 0 ( e −αx sin x x ) α dx = − ∫ ∞ 0 e −αx sin xdx 关于 α ∈ [δ, ∞) 一致收敛, 于是 I(α) 在 [δ, ∞) 中可导, 且 I 0 (α) = − ∫ ∞ 0 e −αx sin xdx = − 1 1 + α2 . 由于 δ 的任意性, 上式对任意 α > 0 成立. 从中解出 I(α) = C − arctan α. 当 α > 0 时 |I(α)| ≤ ∫ ∞ 0 e −αxdx = 1 α → 0 (α → ∞), 于是 C = π/2, 从而得到 I(α) = π/2 − arctan α. 令 α → 0 还可得 I(0) = π/2. 最后, 我们考虑无穷区间上广义积分可交换次序的问题. 定理 16.2.4 (积分性质之二). 设 f(x, y) 在 [a, ∞) × [c, ∞) 中连续. 如果 f 满 足下列条件: (i) 积分 ϕ(y) = ∫ ∞ a f(x, y)dx 关于 y 在 (c, ∞) 内的任何闭区间中一致收敛, 积分 ψ(x) = ∫ ∞ c f(x, y)dy 关于 x 在 (a, ∞) 内的任何闭区间上一致收敛; (ii) 积分 ∫ ∞ c dy ∫ ∞ a |f(x, y)|dx 和 ∫ ∞ a dx ∫ ∞ c |f(x, y)|dy 至少有一个收敛. 则 ϕ(y) 在 (c, ∞) 中积分收敛, ψ(x) 在 (a, ∞) 中积分收敛, 且这两个积分相 等: ∫ ∞ c dy ∫ ∞ a f(x, y)dx = ∫ ∞ a dx ∫ ∞ c f(x, y)dy. 证明. 不妨设积分 ∫ ∞ c dy ∫ ∞ a |f(x, y)|dx 收敛. 任给 ε > 0, 取 c 0 > c, C > c0 , 使得 ∫ c 0 c ∫ ∞ a |f(x, y)|dxdy + ∫ ∞ C ∫ ∞ a |f(x, y)|dxdy ≤ ε. 根据题设, 存在 A0 > a, 当 A ≥ A0 时 ∫ ∞ A f(x, y)dx ≤ ε C − c 0 , ∀ y ∈ [c 0 , C].
180第十六章含参变量的积分再取aoE(a,Ao)，使得If(r,y)]drdy ≤e.根据题设和引理16.2.1可知(y)在(c,oo）中连续，(a)在(a,oo）中连续由lo(u)]≤/If(z,y)lda和Weierstrass 判别法可知积分(y)dy收敛。当be(a,ao)，A≥Ag时，根据题设和定理16.2.2可得I /(r)dr- /~ p(n)dl-=1 /~ / f(a,v)drdy- Jp(u)dyl=1 /[/f(a,v)da+ /f(a,)da)d≤1/[f(a,)da+ /f(,)da]alIf(z,g)]dady +//If(r, y)ldrdyf(x,y)dady +(C-c)c-c+e≤36,这说明口b(r)drp(y)dy.对于非负连续函数，下面的结果较为有用引理16.2.5.设f(r,3)为(,y)E[a,o0)×[c,d]中的非负连续函数，如果积分I(y) =f(r,y)dr关于yE[c,d连续，则I(y)关于yE[c,d]一致收敛证明当n>α时，记In(u) =f(r,y)da, ye[c,d],由引理16.1.1可知In(g)关于y连续.由题设可知[In(y)关于n单调递增地趋于I(y)。根据Dini定理，函数列[In(y))一致收敛于I(g).因此，任给e>0,存在N>a,当n≥N时0 ≤ I(g) - In(g) -f(r,y)dr≤e口由此易见I(y)关于E[c,d]一致收敛
180 第十六章 含参变量的积分 再取 a0 ∈ (a, A0), 使得 ∫ C c 0 ∫ a0 a |f(x, y)|dxdy ≤ ε. 根据题设和引理 16.2.1 可知 ϕ(y) 在 (c, ∞) 中连续, ψ(x) 在 (a, ∞) 中连续. 由 |ϕ(y)| ≤ ∫ ∞ a |f(x, y)|dx 和 Weierstrass 判别法可知积分 ∫ ∞ c ϕ(y)dy 收敛. 当 b ∈ (a, a0), A ≥ A0 时, 根据题设和定理 16.2.2 可得 ∫ A b ψ(x)dx − ∫ ∞ c ϕ(y)dy = ∫ ∞ c ∫ A b f(x, y)dxdy − ∫ ∞ c ϕ(y)dy = ∫ ∞ c [ ∫ b a f(x, y)dx + ∫ ∞ A f(x, y)dx] dy ≤ ∫ C c 0 [ ∫ b a f(x, y)dx + ∫ ∞ A f(x, y)dx] dy + ∫ c 0 c ∫ ∞ a |f(x, y)|dxdy + ∫ ∞ C ∫ ∞ a |f(x, y)|dxdy ≤ ∫ C c 0 ∫ a0 a |f(x, y)|dxdy + (C − c 0 ) ε C − c 0 + ε ≤ 3ε, 这说明 ∫ ∞ a ψ(x)dx = ∫ ∞ c ϕ(y)dy. 对于非负连续函数, 下面的结果较为有用. 引理 16.2.5. 设 f(x, y) 为 (x, y) ∈ [a, ∞) × [c, d] 中的非负连续函数, 如果积 分 I(y) = ∫ ∞ a f(x, y)dx 关于 y ∈ [c, d] 连续, 则 I(y) 关于 y ∈ [c, d] 一致收敛. 证明. 当 n > a 时, 记 In(y) = ∫ n a f(x, y)dx, y ∈ [c, d]. 由引理 16.1.1 可知 In(y) 关于 y 连续. 由题设可知 {In(y)} 关于 n 单调递增地趋 于 I(y). 根据 Dini 定理, 函数列 {In(y)} 一致收敛于 I(y). 因此, 任给 ε > 0, 存在 N > a, 当 n ≥ N 时 0 ≤ I(y) − In(y) = ∫ ∞ n f(x, y)dx ≤ ε, 由此易见 I(y) 关于 y ∈ [c, d] 一致收敛.
916.2含参变量的广义积分181定理16.2.6（积分性质之三).设于(a,y)为（r,y)[a,80)×[c,o0）中的非负连续函数，如果(i)函数f(,y)d， ()=f(a,y)dyp(y)=分别在yE(c,oo)和TE(a,oo)中连续;(i)积分p(u)dy,(a)da有一个收敛则另一个也收敛，且二者相等，即 da /f(r,v)dy= / dy f(r,v)de.证明.由条件(i)和前一引理可知积分(y）和()分别在闭区间中一致收敛。口再由定理16.2.4即得欲证结论，rda例16.2.6.计算积分I=解.令=ut (u>0),得utdtL=上式两端同时乘以e-u，再对u积分得2=Je-"du=udutdt交换积分次序，得dte-(1+t)"udu=2=1+t2=42因此1=V元/2口例16.2.7.计算积分I(a) =cos2arda解.将α视为参数，因为f(,Q)=e-cos2aa关于,α连续可导，且Ifa(a,a)] = e-*2 sin 2a2| ≤ 2re-22根据Weierstrass判别法知积分fa(rQ)da关于Q一致收敛.显然，I(a)关于α也一致收敛.由定理16.2.3得I'(α) = -e-2r sin 2ar dr
§16.2 含参变量的广义积分 181 定理 16.2.6 (积分性质之三). 设 f(x, y) 为 (x, y) ∈ [a, ∞) × [c, ∞) 中的非负 连续函数, 如果 (i) 函数 ϕ(y) = ∫ ∞ a f(x, y)dx, ψ(x) = ∫ ∞ c f(x, y)dy 分别在 y ∈ (c, ∞) 和 x ∈ (a, ∞) 中连续; (ii) 积分 ∫ ∞ c ϕ(y)dy, ∫ ∞ a ψ(x)dx 有一个收敛. 则另一个也收敛, 且二者相等, 即 ∫ ∞ a dx ∫ ∞ c f(x, y)dy = ∫ ∞ c dy ∫ ∞ a f(x, y)dx. 证明. 由条件 (i) 和前一引理可知积分 ϕ(y) 和 ψ(x) 分别在闭区间中一致收敛. 再由定理 16.2.4 即得欲证结论. 例 16.2.6. 计算积分 I = ∫ ∞ 0 e −x 2 dx. 解. 令 x = ut (u > 0), 得 I = u ∫ ∞ 0 e −u 2 t 2 dt, 上式两端同时乘以 e −u 2 , 再对 u 积分得 I 2 = ∫ ∞ 0 Je−u 2 du = ∫ ∞ 0 e −u 2 u du ∫ ∞ 0 e −u 2 t 2 dt. 交换积分次序, 得 I 2 = ∫ ∞ 0 dt ∫ ∞ 0 e −(1+t 2 )u 2 u du = 1 2 ∫ ∞ 0 dt 1 + t 2 = π 4 , 因此 I = √ π/2. 例 16.2.7. 计算积分 I(α) = ∫ ∞ 0 e −x 2 cos 2αx dx. 解. 将 α 视为参数, 因为 f(x, α) = e −x 2 cos 2αx 关于 x, α 连续可导, 且 |fα(x, α)| = |e −x 2 2x sin 2αx| ≤ 2xe−x 2 , 根据 Weierstrass 判别法知积分 ∫ ∞ 0 fα(x, α) dx 关于 α 一致收敛. 显然, I(α) 关于 α 也一致收敛. 由定理 16.2.3 得 I 0 (α) = ∫ ∞ 0 −e −x 2 2x sin 2αx dx,
182第十六章含参变量的积分对上式右端使用分部积分可得I'(α) = -2αl(α),解得I(a) = Ce-α21iVre-as口因为I(0)=V元/2故有I(α）=例16.2.8.计算光学中常出现的Fresnel积分：I=sin(r2)dr, J=cos(2)dr解.令2=t得[ sint dt, J =r cost dt.1LI=。2J。Vt先算第一个积分当α>0时，可验证f(t,u)=e-atsinte-tu满足定理16.2.4的条件.于是利用等式12 e-tu du,可得sint2-atdt =tudue-at sintdtVtV元Jo1o12e-(a+u'")t sint dtduV元JoJo2oduV元J01 + (α + u2)2因为积分Xduosinte-at dt,Vt1 + (α + u2)20关于αE[0,α】一致收敛，故可令α→0+，得racr sint dt =2du元/V2V元Jo1+u4Vlo因此元1 sin(r2)da = 2V2Jo对于积分J，设α>0,同理有cost2-atdt:-tu"d-atcostdtVtV元2e-(a+u")t cos t dtduV元JQ+ u22I + (a + uje du.V元Jo
182 第十六章 含参变量的积分 对上式右端使用分部积分可得 I 0 (α) = −2αI(α), 解得 I(α) = Ce−α 2 , 因为 I(0) = √ π/2, 故有 I(α) = 1 2 √ πe−α 2 . 例 16.2.8. 计算光学中常出现的 Fresnel 积分: I = ∫ ∞ 0 sin(x 2 )dx, J = ∫ ∞ 0 cos(x 2 )dx. 解. 令 x 2 = t 得 I = 1 2 ∫ ∞ 0 sin t √ t dt, J = 1 2 ∫ ∞ 0 cost √ t dt. 先算第一个积分. 当 α > 0 时, 可验证 f(t, u) = e −αt sin t e−tu2 满足定理 16.2.4 的 条件. 于是利用等式 1 √ t = 2 √ π ∫ ∞ 0 e −tu2 du, 可得 ∫ ∞ 0 sin t √ t e −αtdt = 2 √ π ∫ ∞ 0 e −αt sin t dt ∫ ∞ 0 e −tu2 du = 2 √ π ∫ ∞ 0 du ∫ ∞ 0 e −(α+u 2 )t sin t dt = 2 √ π ∫ ∞ 0 du 1 + (α + u 2) 2 . 因为积分 ∫ ∞ 0 sin t √ t e −αtdt, ∫ ∞ 0 du 1 + (α + u 2) 2 关于 α ∈ [0, ∞) 一致收敛, 故可令 α → 0 +, 得 ∫ ∞ 0 sin t √ t dt = 2 √ π ∫ ∞ 0 du 1 + u 4 = √ π 2 , 因此 ∫ ∞ 0 sin(x 2 )dx = 1 2 √ π 2 . 对于积分 J, 设 α > 0, 同理有 ∫ ∞ 0 cost √ t e −αtdt = 2 √ π ∫ ∞ 0 e −αt cost dt ∫ ∞ 0 e −tu2 du = 2 √ π ∫ ∞ 0 du ∫ ∞ 0 e −(α+u 2 )t cost dt = 2 √ π ∫ ∞ 0 α + u 2 1 + (α + u 2) 2 du.
916.2含参变量的广义积分183令α→0+得7V2Vt因此I.coa(a)dar- /.习题16.21.给出含参变量的广义积分的Abel判别法的详细证明2.如果广义积分f(a)da收敛,g(a,y)关于单调,且关于y[c,d)一致有界，则积分f(a)g(r,y)dr关于ye[c,d一致收敛3.研究下列积分的一致收敛性：cos y da, y e (-00,);cos Ty(1)(2)dr, y E (0, oo);1 +r2Viasinarsinar(3)(4)a2+de, ae(0, ).da, αE (0,oo);r(α+r)4.研究含参变量的积分一致收敛性：In(α2- sin?)de, α[1,0).I(α) =5.从已知积分(a>0)da1元1./7e-ar dx=a+-2idF2Va通过对参数求导计算下列积分：dre-ax 2ndr, (2)(3)ra-1 In"rdr(1)(a +z2)n+1)16.设a,6>0,证明：t? dtt? dt1元1(1)(2)(a2 + t2)(t2 + b)2a+6(a2 + t2)2(t2 + 62)4a (α + b)2Jo7.计算下列积分(a,b>0)(e-ar-e-br)2-Ere-ar sinbr dz, (2)(1)dr, (3)dr125
§16.2 含参变量的广义积分 183 令 α → 0 + 得 ∫ ∞ 0 cost √ t dt = 2 √ π ∫ ∞ 0 u 2 1 + u 4 du = √ π 2 , 因此 ∫ ∞ 0 cos(x 2 )dx = 1 2 √ π 2 . 习题 16.2 1. 给出含参变量的广义积分的 Abel 判别法的详细证明. 2. 如果广义积分 ∫ ∞ a f(x)dx 收敛, g(x, y) 关于 x 单调, 且关于 y ∈ [c, d] 一致有 界, 则积分 ∫ ∞ a f(x)g(x, y)dx 关于 y ∈ [c, d] 一致收敛. 3. 研究下列积分的一致收敛性: (1) ∫ ∞ 0 cos xy 1 + x 2 dx, y ∈ (−∞, ∞); (2) ∫ ∞ 0 cos xy √ x dx, y ∈ (0,∞); (3) ∫ ∞ 0 α sin αx x(α + x) dx, α ∈ (0, ∞); (4) ∫ ∞ 0 sin αx α2 + x 2 dx, α ∈ (0, ∞). 4. 研究含参变量的积分一致收敛性: I(α) = ∫ π 2 0 ln(α 2 − sin2 θ)dθ, α ∈ [1, ∞). 5. 从已知积分 (a > 0) ∫ ∞ 0 e −ax2 dx = 1 2 √ π a , ∫ ∞ 0 dx a + x 2 = 1 2 π √ a , ∫ 1 0 x a−1 dx = 1 a , 通过对参数求导计算下列积分: (1) ∫ ∞ 0 e −ax2 x 2n dx, (2) ∫ ∞ 0 dx (a + x 2) n+1 , (3) ∫ 1 0 x a−1 lnn xdx. 6. 设 a, b > 0, 证明: (1) ∫ ∞ 0 t 2 dt (a 2 + t 2)(t 2 + b 2) = π 2 1 a + b , (2) ∫ ∞ 0 t 2 dt (a 2 + t 2) 2(t 2 + b 2) = π 4a 1 (a + b) 2 . 7. 计算下列积分 (a, b > 0): (1) ∫ ∞ 0 xe−ax2 sin bx dx, (2) ∫ ∞ 0 e −ax − e −bx x dx, (3) ∫ ∞ 0 (e −ax − e −bx) 2 x 2 dx