习题课讲解

6.3 习题课讲解

例 6.3.1 设 $f : R^{2} \to R \in C^{1}$ ，计算： $\begin{matrix} (1) & \frac{d}{d x} \int_{a (x)}^{b (x)} f (x, t) d t \end{matrix}$

解分别对积分下限、积分上限和被积函数求导可得 $\begin{matrix} (2) & \frac{d}{d x} \int_{a (x)}^{b (x)} f (x, t) d t = f (x, b (x)) b^{'} (x) - f (x, a (x)) a^{'} (x) + \int_{a (x)}^{b (x)} \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) d t \end{matrix}$ $◻$

例 6.3.2 （例1）设 $f$ 在区间 $[0, 1]$ 连续，讨论 $F (t) := \int_{0}^{1} \frac{t}{x^{2} + t^{2}} f (x) d x$ 的连续性。

解因为 $F$ 是奇函数，故我们只需要考虑 $t \geq 0$ 的情况。当 $t_{0} > 0$ 时，易知 $\frac{t}{x^{2} + t^{2}} f (x)$ 在 $[0, 1] \times [\frac{t_{0}}{2}, 2 t_{0}]$ 上连续，从而 $F$ 在 $t_{0}$ 处连续。

当 $t_{0} = 0$ 时，易知 $F (0) = 0$ 。由 $f$ 的连续性可得 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ (ε) \in (0, 1)$ 使得 $| x | < δ \Rightarrow | f (x) - f (0) | < ε$ ，于是 $\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} F (t) & = \int_{0}^{1} \frac{t}{x^{2} + t^{2}} f (x) d x \overset{x = t y}{=} \int_{0}^{1 / t} \frac{1}{1 + y^{2}} f (t y) d y \\ = \underset{I_{1}}{\underset{⏟}{\int_{0}^{δ / t} \frac{1}{y^{2} + 1} f (0) d y}} + \underset{I_{2}}{\underset{⏟}{\int_{0}^{δ / t} \frac{1}{y^{2} + 1} [f (t y) - f (0)] d y}} + \underset{I_{3}}{\underset{⏟}{\int_{δ / t}^{1 / t} \frac{1}{y^{2} + 1} f (t y) d y}} \end{aligned} \end{matrix}$ 其中当 $t \to 0^{+}$ 时，记 $M := max_{x \in [0, 1]} | f (x) |$ ，则有 $\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} I_{1} & = \int_{0}^{δ / t} \frac{1}{y^{2} + 1} f (0) d y = f (0) \arctan \frac{δ}{t} \to \frac{π}{2} f (0) \\ | I_{2} | & = | \int_{0}^{δ / t} \frac{1}{y^{2} + 1} [f (t y) - f (0)] d y | \leq \int_{0}^{δ / t} \frac{1}{y^{2} + 1} ε d y = ε \arctan \frac{δ}{t} \to \frac{π}{2} ε \\ | I_{3} | & = | \int_{δ / t}^{1 / t} \frac{1}{y^{2} + 1} f (t y) d y | \leq \int_{δ / t}^{1 / t} \frac{1}{y^{2} + 1} M d y = M (\arctan \frac{1}{t} - \arctan \frac{δ}{t}) \\ = M \frac{\frac{1}{t} - \frac{δ}{t}}{1 + \frac{ξ^{2}}{t^{2}}} \leq \frac{M}{t \cdot \frac{δ^{2}}{t^{2}}} = \frac{M t}{δ^{2}} \to 0, ξ \in (δ, 1) \end{aligned} \end{matrix}$ 再令 $ε \to 0^{+}$ 可得 $lim_{t \to 0^{+}} F (t) = \frac{π}{2} f (0)$ ，即 $F$ 在 $t = 0$ 处连续当且仅当 $f (0) = 0$ 。 $◻$

另解也可以这么处理 $lim_{t \to 0^{+}} F (t)$ ： $\begin{matrix} (5) & lim_{t \to 0^{+}} F (t) = \underset{I_{1}}{\underset{⏟}{lim_{t \to 0^{+}} \int_{0}^{t^{1 / 3}} \frac{t}{x^{2} + t^{2}} f (x) d x}} + \underset{I_{2}}{\underset{⏟}{lim_{t \to 0^{+}} \int_{t^{1 / 3}}^{1} \frac{t}{x^{2} + t^{2}} f (x) d x}} \end{matrix}$ 其中 $\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} I_{1} & = lim_{t \to 0^{+}} f (ξ_{t}) lim_{t \to 0^{+}} \int_{0}^{t^{1 / 3}} \frac{t}{x^{2} + t^{2}} d x = f (lim_{t \to 0^{+}} ξ_{t}) lim_{t \to 0^{+}} \arctan \frac{t^{1 / 3}}{t} = \frac{π}{2} f (0) \\ | I_{2} | & \leq lim_{t \to 0^{+}} \frac{t (1 - t^{1 / 3})}{t^{2 / 3} + t^{2}} max_{x \in [0, 1]} | f (x) | = 0 \Rightarrow I_{2} = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (7) & lim_{t \to 0^{+}} F (t) = \frac{π}{2} f (0) \end{matrix}$

例 6.3.3 （例2）设 $f : R^{2} \to R$ 连续，证明： $\begin{matrix} (8) & F (x) := \int_{0}^{x} d t \int_{t^{2}}^{x^{2}} f (t, s) d s \end{matrix}$ 可微，并求它的导数。

证明记 $G (x, t) := \int_{t^{2}}^{x^{2}} f (t, s) d s$ ，证明思路为：

$f (t, \cdot)$ 连续 $\Rightarrow G (x, t)$ 关于积分上限 $x^{2}$ 可微， $x^{2}$ 关于 $x$ 可微 $\Rightarrow G (\cdot, t)$ 可微、 $G_{x} (x, t) = 2 x \cdot f (t, x^{2})$ 关于 $x$ 连续 $\Rightarrow F (x)$ 关于被积函数中的参数 $x$ 可微；
$G (x, \cdot)$ 关于积分下限 $t^{2}$ 和被积函数的参数 $t$ 连续、 $t^{2}$ 关于 $t$ 连续 $\Rightarrow G$ 连续（见例 6.4.1） $\Rightarrow F (x)$ 关于积分上限 $x$ 可微。

因此 $F$ 可微，且有 $\begin{matrix} (9) & F^{'} (x) = G (x, x) + \int_{0}^{x} G_{x} (x, t) d t = 2 x \int_{0}^{x} f (t, x^{2}) d t \end{matrix}$ $◻$

例 6.3.4 （例5）证明： $\begin{matrix} (10) & \int_{0}^{2 π} e^{t \cos θ} \cos (t \sin θ) d θ = 2 π, t \in R \end{matrix}$

证明注意到 $\begin{matrix} (11) & I (t) := ℜ \int_{0}^{2 π} e^{t \cos θ} e^{i t \sin θ} d θ = ℜ \int_{0}^{2 π} \exp (t e^{i θ}) d θ =: ℜ J (t) \end{matrix}$ 当 $t > 0$ 时，考虑复变函数 $f : z \mapsto \frac{e^{z}}{z}$ ，设 $Γ = {z \in C ∣ | z | = t}$ ，则 $\begin{matrix} (12) & J (t) = \oint_{Γ} e^{z} \frac{d z}{i z} = 2 π \cdot \frac{1}{2 π i} \oint_{Γ} f (z) d z = 2 π Res [f, 0] = 2 π \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (13) & I (t) = 2 π, t > 0 \end{matrix}$ 结合 $I$ 为偶函数以及 $I$ 的连续性，可得 $I (t) = 2 π$ 对 $\forall t \in R$ 成立。 $◻$

另证如不借助复变函数，可以注意到 $\begin{matrix} (14) & \begin{aligned} I^{'} (t) & = \int_{0}^{2 π} e^{t \cos θ} [\cos θ \cos (t \sin θ) - \sin θ \sin (t \sin θ)] d θ \\ = \frac{1}{t} \int_{0}^{2 π} e^{t \cos θ} d \sin (t \sin θ) - \int_{0}^{2 π} e^{t \cos θ} \sin θ \sin (t \sin θ) d θ \\ = {\frac{1}{t} e^{t \cos θ} \sin (t \sin θ) |}_{θ = 0}^{2 π} - \frac{1}{t} \int_{0}^{2 π} e^{t \cos θ} (- t \sin θ) \sin (t \sin θ) d θ \\ - \int_{0}^{2 π} e^{t \cos θ} \sin θ \sin (t \sin θ) d θ = 0 + 0 = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 也可以利用数学归纳法证明 $\begin{matrix} (15) & F^{(n)} (t) = \int_{0}^{2 π} e^{t \cos θ} \cos (n θ + t \sin θ) d θ, n \in N^{*} \end{matrix}$ 且 $F^{(n)} (t) = 0$ 、 $F (0) = 2 π$ ，由带Lagrange余项的Taylor公式即可得到 $F (t) = 2 π$ 。