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  • Part 12(1) 广义积分(无穷积分和瑕积分)
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    2020-05-20 08:32:11

    广义积分和含参积分

    • 将黎曼积分的积分区间从闭区间转为无穷,则成为无穷积分。
    • 如果在积分区间上,存在值为无穷的情况,则成为瑕积分。

    两类积分合称广义积分。

    一般的想法是,将广义积分转化称一次定积分+一次极限。

    1. 概念

    1.1. 无穷积分

    1.1.1. 正无穷的积分

    设函数 f ( x ) f(x) f(x) [ a , + ∞ ) [a,+\infty) [a,+)上有定义,对于任何 A > a , f ( x ) A>a,f(x) A>a,f(x) [ a , A ] [a,A] [a,A]上黎曼可积,若
    lim ⁡ A → + ∞ ∫ a A f ( x )   d x = M \lim\limits_{A\to+\infty}\int_a^Af(x)\,\mathrm dx=M A+limaAf(x)dx=M
    则称 M M M f ( x ) f(x) f(x) [ a , + ∞ ) [a,+\infty) [a,+)上的无穷积分。记
    lim ⁡ A → + ∞ f ( x )   d x = ∫ a + ∞ f ( x )   d x \lim\limits_{A\to+\infty}f(x)\,\mathrm dx=\int_a^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx A+limf(x)dx=a+f(x)dx
    ∫ a + ∞ f ( x )   d x \int_a^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx a+f(x)dx收敛,否则为发散。

    类似的可以写出负无穷的情况(略去)

    1.1.2. 正负无穷

    同样也可以研究 R \mathbb{R} R的情况。

    函数 f ( x ) f(x) f(x)定义在 ( − ∞ , + ∞ ) (-\infty, +\infty) (,+)上,任意实数 a a a,都有
    ∫ a + ∞ f ( x )   d x , ∫ − ∞ a f ( x )   d x \int_a^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx, \int_{-\infty}^af(x)\,\mathrm dx a+f(x)dx,af(x)dx
    收敛,则称 f ( x ) f(x) f(x) ( − ∞ , + ∞ ) (-\infty, +\infty) (,+)上的积分收敛。若存在一个 a a a,使得两个积分其一不存在,则称原积分发散。

    这提供了一个判别发散的好思路。

    利用极限的语言,也可以写作:
    lim ⁡ A → + ∞ B → − ∞ ∫ A B f ( x )   d x \lim\limits_{{A\to+\infty}\atop{B\to-\infty}}\int_A^Bf(x)\,\mathrm dx BA+limABf(x)dx
    其中 A , B A,B A,B相互独立。

    1.2. 瑕积分

    瑕点就是积分区间上或边界处值无界的点。一般情况,若 x = a , b x=a,b x=a,b均为瑕点,那么
    lim ⁡ ε → 0 + δ → 0 + ∫ a + ε b − δ f ( x )   d x \lim\limits_{\varepsilon\to0+\atop{\delta\to0+}}\int_{a+\varepsilon}^{b-\delta}f(x)\,\mathrm dx δ0+ε0+lima+εbδf(x)dx
    就是一个瑕积分。若这个重极限收敛,则称瑕积分收敛。

    2. 广义积分的主要理论结果

    2.1. 无穷积分的性质

    2.1.1. 线性性质

    如果 f 1 ( x ) , f 2 ( x ) f_1(x),f_2(x) f1(x),f2(x) ( a , + ∞ ) (a,+\infty) (a,+)上都收敛,那么
    ∫ a + ∞ [ k 1 f 1 ( x ) + k 2 ( x ) f 2 ( x ) ]   d x = k 1 ∫ a + ∞ f 1 ( x )   d x + k 2 ∫ a + ∞ f 2 ( x )   d x \int_a^{+\infty}[k_1f_1(x)+k_2(x)f_2(x)]\,\mathrm dx=k_1\int_a^{+\infty}f_1(x)\,\mathrm dx+k_2\int_a^{+\infty}f_2(x)\,\mathrm dx a+[k1f1(x)+k2(x)f2(x)]dx=k1a+f1(x)dx+k2a+f2(x)dx

    这里给出了判定发散的一种通用方法,即
    发 散 + 收 敛 = 发 散 发散+收敛=发散 +=
    这和极限相加中得到的结论是一致的。

    2.1.2. 有限端族的积分同敛散

    ∫ a + ∞ f ( x )   d x \int_a^{+\infty}f(x)\,\mathrm d x a+f(x)dx ∫ b + ∞ f ( x )   d x \int_b^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx b+f(x)dx有限端都是下限,若函数 f ( x ) f(x) f(x)在任何有限区间 [ a , u ] [a,u] [a,u]上可积,则称它们为同一有限端的积分族。
    ∫ a + ∞ f ( x )   d x \int_a^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx a+f(x)dx

    ∫ b + ∞ f ( x )   d x \int_b^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx b+f(x)dx
    同敛散。

    2.2. 无穷积分的审敛法

    类比无穷级数中的相关知识,我们都只是简单给出定理叙述。

    首先给出一个引理:非负可积函数的无穷积分收敛的充要条件是其有界。(单调收敛定理)

    这个定理的逆定理可以用来判别发散。

    还有如下四个判定定理。

    2.2.1. 比较判别法

    ∃ A > 0 \exist A>0 A>0,当 x > A x>A x>A时, 0 ≤ f ( x ) ≤ K ( x ) 0\leq f(x)\leq K(x) 0f(x)K(x)
    则:
    ∫ a ∞ K ( x )   d x \int_a^\infty K(x)\,\mathrm dx aK(x)dx

    ∫ 0 ∞ f ( x )   d x \int_0^\infty f(x)\,\mathrm dx 0f(x)dx
    的充分非必要条件。

    2.2.2. 比较判别的极限形式

    类比无穷级数,定义极限形式。

    lim ⁡ x → + ∞ f ( x ) K ( x ) = k ∈ ( 0 , + ∞ ) \lim\limits_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{K(x)}=k\in(0,+\infty) x+limK(x)f(x)=k(0,+)
    则两个无穷积分同敛散

    证明方法是利用同阶无穷小的概念。

    2.2.3. Dirichlet判别法

    ∫ a + ∞ f ( x ) g ( x )   d x \int_a^{+\infty}f(x)g(x)\,\mathrm dx a+f(x)g(x)dx
    积分 ∫ a A f ( x )   d x \int_a^Af(x)\,\mathrm dx aAf(x)dx有界,又 g ( x ) g(x) g(x)单调趋于零。

    2.2.4. Abel判别法

    ∫ a + ∞ f ( x )   d x \int_a^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx a+f(x)dx收敛。且 g ( x ) g(x) g(x)单调有界。

    2.3. 常用

    将三角函数分成 ( n , ( n + 1 ) π ) (n,(n+1)\pi) (n,(n+1)π)的一系列求和。然后对非三角函数部分进行放缩,得到常数*三角的积分函数。

    2.4. 瑕积分的审敛法

    2.4.1. 步骤

    • step1:寻找瑕点
    • step2:在瑕点处,利用比较法,将易解的函数替代原函数,求得结果

    2.4.2. 比较判别法

    常用的中介积分是:
    ∫ a b d x ( x − a ) p , ∫ a b d x ( x − b ) q \int_a^b\frac{\mathrm dx}{(x-a)^p},\int_a^b\frac{\mathrm dx}{(x-b)^q} ab(xa)pdx,ab(xb)qdx

    比较法将不容易求解的函数通过放缩转化为易解的函数。

    注意瑕积分中的这个收敛区间和 p p p级数、无穷积分正相反。小于1为收敛。

    我们更多地使用

    2.4.3. 比较判别法的极限形式

    x ∈ ( a , b ] , ∀ [ c , d ] ⊂ ( a , b ] x\in(a,b],\forall[c,d]\subset(a,b] x(a,b],[c,d](a,b]
    lim ⁡ x → a + f ( x ) g ( x ) = l ∈ ( 0 , + ∞ ) \lim\limits_{x\to a+}\frac{f(x)}{g(x)}=l\in(0,+\infty) xa+limg(x)f(x)=l(0,+)
    则同敛散。

    这个极限形式,将瑕积分的审敛问题转化为一个求函数与幂函数的分式结构的瑕点处极限的问题。

    • 注意求解过程中洛必达法则的应用。

      瑕积分时常出现的是分母为0的结构,这种结构不容易消除,即便换元仍然很难满足我们的需要。所以 0 0 \frac{0}{0} 00型的洛必达又派上了用场。

    • 想要看出这个比较极限并不容易,我们的解法是先使用变量代换。从正向解决之后,再反代回来。这是解决极限问题的常用想法。

      科学哲学卡片 以正向代反向

    • 常用的比较结构
      1 x 1 2 + 1 4 \frac{1}{x^{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}}} x21+411
      ∫ 0 1 ln ⁡ x \int_0^1\ln x 01lnx

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    狄利克雷积分 ∫sinx/xdx 是一个比较常见的无穷积分,在很多领域有着重要应用,在此介绍几种巧妙解法。

      狄利克雷积分   ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x   \,\displaystyle \int_{0}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx\, 0xsinxdx 是一个比较常见的无穷积分,在很多领域有着重要应用。

      下面介绍几种巧妙解法。为了您更好的阅读体验,请使用电脑浏览。

    1. Fourier 正弦展开

    ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x = lim ⁡ m → ∞ ∫ 0 m π sin ⁡ x x d x \int_{0}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx=\lim_{m\to\infin}\int_0^{m\pi}\frac{\sin x}{x}dx 0xsinxdx=mlim0mπxsinxdx 令   h = π / k ,将区间   [ 0 , m π ]   分割成   k m   个长度为   h   的小区间,由黎曼积分的定义 \text{令}\,h=\pi/k\text{,将区间}\,[0,m\pi]\,\text{分割成}\,km\,\text{个长度为}\,h\,\text{的小区间,由黎曼积分的定义} h=π/k,将区间[0,mπ]分割成km个长度为h的小区间,由黎曼积分的定义
    ∫ 0 m π sin ⁡ x x d x = lim ⁡ h → 0 + ∑ n = 1 k m sin ⁡ n h n h h = lim ⁡ h → 0 + ∑ n = 1 k m sin ⁡ n h n \int_0^{m\pi}\frac{\sin x}{x}dx=\lim_{h\to0^+}\sum_{n=1}^{km}\frac{\sin nh}{nh}h=\lim_{h\to0^+}\sum_{n=1}^{km}\frac{\sin nh}{n} 0mπxsinxdx=h0+limn=1kmnhsinnhh=h0+limn=1kmnsinnh 由   Fourier   正弦展开 \text{由}\,\textrm{Fourier}\,\text{正弦展开} Fourier正弦展开
    π − h 2 = ∑ n = 1 ∞ sin ⁡ n h n , ( 0 < h < π ) \frac{\pi-h}{2}=\sum_{n=1}^{\infin}\frac{\sin nh}{n},(0<h<\pi) 2πh=n=1nsinnh,(0<h<π) 所以 \text{所以} 所以
    ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x = lim ⁡ m → ∞ ∫ 0 m π sin ⁡ x x d x = lim ⁡ m → ∞ lim ⁡ h → 0 + ∑ n = 1 k m sin ⁡ n h n = lim ⁡ h → 0 + lim ⁡ m → ∞ ∑ n = 1 k m sin ⁡ n h n = lim ⁡ h → 0 + π − h 2 = π 2 \begin{aligned}\int_{0}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx&=\lim_{m\to\infin}\int_0^{m\pi}\frac{\sin x}{x}dx\\&=\lim_{m\to\infin}\lim_{h\to0^+}\sum_{n=1}^{km}\frac{\sin nh}{n}\\&=\lim_{h\to0^+}\lim_{m\to\infin}\sum_{n=1}^{km}\frac{\sin nh}{n}\\&=\lim_{h\to0^+}\frac{\pi-h}{2}\\&=\frac{\pi}{2}\end{aligned} 0xsinxdx=mlim0mπxsinxdx=mlimh0+limn=1kmnsinnh=h0+limmlimn=1kmnsinnh=h0+lim2πh=2π

    2. 交换积分次序

    ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x   d x = ∫ 0 ∞ sin ⁡ x   1 x   d x = ∫ 0 ∞ sin ⁡ x ( ∫ 0 ∞ e − x y d y ) d x ( 交换积分次序 ) = ∫ 0 ∞ ( ∫ 0 ∞ e − y x sin ⁡ x   d x ) d y ∫ 0 ∞ e − y x sin ⁡ x   d x = ∫ 0 ∞ e − y x 1 2 i ( e i x − e − i x ) d x = 1 2 i ∫ 0 ∞ ( e − ( y − i ) x − e − ( y + i ) x ) d x = 1 2 i ( − 1 y − i e − ( y − i ) x + 1 y + i e − ( y + i ) x ) ∣ 0 ∞ = 1 2 i ( 1 y − i − 1 y + i ) = 1 y 2 + 1 \begin{aligned}\int_{0}^{\infin}\frac{\sin x}{x}\,dx&=\int_{0}^{\infin}\sin x\,\frac{1}{x}\,dx\\&=\int_{0}^{\infin}\sin x\big(\int_{0}^{\infin}e^{-xy}dy\big)dx \quad(\text{交换积分次序})\\&=\int_{0}^{\infin}\big(\int_{0}^{\infin}e^{-yx}\sin x\,dx\big)dy \\ \\\int_{0}^{\infin}e^{-yx}\sin x\,dx&=\int_{0}^{\infin}e^{-yx}\frac{1}{2i}(e^{ix}-e^{-ix})dx\\&=\frac{1}{2i}\int_{0}^{\infin}(e^{-(y-i)x}-e^{-(y+i)x})dx\\&=\frac{1}{2i}\big(-\frac{1}{y-i}e^{-(y-i)x}+\frac{1}{y+i}e^{-(y+i)x}\big)\Big|_0^\infin\\&=\frac{1}{2i}\big(\frac{1}{y-i}-\frac{1}{y+i}\big)\\&=\frac{1}{y^2+1}\end{aligned} 0xsinxdx0eyxsinxdx=0sinxx1dx=0sinx(0exydy)dx(交换积分次序)=0(0eyxsinxdx)dy=0eyx2i1(eixeix)dx=2i10(e(yi)xe(y+i)x)dx=2i1(yi1e(yi)x+y+i1e(y+i)x)0=2i1(yi1y+i1)=y2+11 ∴    原式 = ∫ 0 ∞ 1 y 2 + 1 d y = arctan ⁡ y   ∣ 0 ∞ = π 2 . \begin{aligned} \therefore\,\, \text{原式}=\int_{0}^{\infin}\frac{1}{y^2+1}dy=\arctan y\,\Big|_0^{\infin} =\frac{\pi}{2}\end{aligned}. 原式=0y2+11dy=arctany0=2π.

    3. 构造含参变量函数

    记   I = ∫ 0 ∞ sin ⁡ t t   d t ,构造函数   f ( x ) = ∫ 0 ∞ e − x t sin ⁡ t t   d t ,则   f ( 0 ) = I . \begin{aligned}\text{记}\,I=\int_{0}^{\infin}\frac{\sin t}{t}\,dt\text{,构造函数}\,f(x)=\int_{0}^{\infin}e^{-xt}\frac{\sin t}{t}\,dt\text{,则}\,f(0)=I\end{aligned}. I=0tsintdt,构造函数f(x)=0exttsintdt,则f(0)=I.
    0 ≤ ∣ f ( x ) ∣ ≤ ∫ 0 ∞ e − x t ∣ sin ⁡ t t ∣ d t ≤ ∫ 0 ∞ e − x t d t = 1 x 0\leq\big|f(x)\big|\leq\int_{0}^{\infin}e^{-xt}\bigg|\frac{\sin t}{t}\bigg|dt \leq \int_{0}^{\infin}e^{-xt}dt=\frac{1}{x} 0f(x)0exttsintdt0extdt=x1

    两边取极限, x → ∞ ,   f ( ∞ ) = 0. \text{两边取极限,}x\to\infin,\,f(\infin)=0. 两边取极限,x,f()=0.

    f ′ ( x ) = ∫ 0 ∞ ∂ ∂ x ( e − x t sin ⁡ t t ) d t = − ∫ 0 ∞ e − x t sin ⁡ t   d t = − 1 x 2 + 1 ( 由上一方法中的结果 ) \begin{aligned}f'(x)&=\int_{0}^{\infin}\frac{\partial }{\partial x}\Big( e^{-xt}\frac{\sin t}{t}\Big)dt\\&=-\int_{0}^{\infin}e^{-xt}\sin t \,dt\\&=-\frac{1}{x^2+1} \quad (\text{由上一方法中的结果})\end{aligned} f(x)=0x(exttsint)dt=0extsintdt=x2+11(由上一方法中的结果)

    由牛顿-莱布尼兹公式 \text{由牛顿-莱布尼兹公式} 由牛顿-莱布尼兹公式
    0 − I = f ( ∞ ) − f ( 0 ) = ∫ 0 ∞ f ′ ( x ) d x = − ∫ 0 ∞ 1 x 2 + 1 d x = − arctan ⁡ x   ∣ 0 ∞ = − π 2 0-I=f(\infin)-f(0)=\int_0^{\infin}f'(x)dx=-\int_0^{\infin}\frac{1}{x^2+1} dx =-\arctan x \,\bigg|_0^{\infin}=-\frac{\pi}{2} 0I=f()f(0)=0f(x)dx=0x2+11dx=arctanx0=2π 所以   I = π 2 . \begin{aligned}\text{所以}\,I=\frac{\pi}{2}\end{aligned}. 所以I=2π.

    4. Laplace 变换

    令   f ( t ) = ∫ 0 ∞ sin ⁡ t x x   d x ,   t > 0 ,对   f ( t )   作拉普拉斯变换,令 \begin{aligned}\text{令}\,f(t)=\int_{0}^{\infin}\frac{\sin tx}{x}\,dx,\, t>0\text{,对}\,f(t)\, \text{作拉普拉斯变换,令}\end{aligned} f(t)=0xsintxdx,t>0,对f(t)作拉普拉斯变换,令
    F ( s ) = L [ f ( t ) ] = L [ ∫ 0 ∞ sin ⁡ t x x d x ] t = ∫ 0 ∞ 1 x L [ sin ⁡ t x ] t d x = ∫ 0 ∞ 1 s 2 + x 2   d x = 1 s ∫ 0 ∞ 1 1 + ( x s ) 2   d ( x s ) ( let   u   =   x s ) = 1 s arctan ⁡ u   ∣ 0 ∞ = 1 s π 2 \begin{aligned}F(s)=\mathscr{L}[f(t)]&=\mathscr{L}\Big[\int_{0}^{\infin}\frac{\sin tx}{x}dx\Big]_t\\&=\int_{0}^{\infin} \frac{1}{x}\mathscr{L}\big[\sin tx \big]_tdx\\&=\int_{0}^{\infin}\frac{1}{s^2+x^2}\,dx\\&=\frac{1}{s}\int_{0}^{\infin}\frac{1}{1+(\displaystyle \frac{x}{s})^2}\,d(\frac{x}{s}) \quad (\textit{let u = $\displaystyle \frac{x}{s}$})\\&=\frac{1}{s}\arctan u\,\Big|_0^{\infin}\\&=\frac{1}{s}\frac{\pi}{2}\end{aligned} F(s)=L[f(t)]=L[0xsintxdx]t=0x1L[sintx]tdx=0s2+x21dx=s101+(sx)21d(sx)(let u = sx)=s1arctanu0=s12π 则    f ( t ) = L − 1 [ F ( s ) ] = π 2 L − 1 [ 1 s ] = π 2 . \begin{aligned}\text{则}\,\, f(t)=\mathscr{L}^{-1}\big[F(s)\big]=\frac{\pi}{2}\mathscr{L}^{-1}\big[\frac{1}{s}\big]=\frac{\pi}{2}\end{aligned}. f(t)=L1[F(s)]=2πL1[s1]=2π.

    令人惊奇的是, f ( t )   的值竟与   t   无关,于是我们得到一个更为普遍的结论 \begin{aligned}\text{令人惊奇的是,}f(t)\, \text{的值竟与} \,t\, \text{无关,于是我们得到一个更为普遍的结论}\end{aligned} 令人惊奇的是,f(t)的值竟与t无关,于是我们得到一个更为普遍的结论 ∫ 0 ∞ sin ⁡ t x x   d x = π 2 ,   t > 0 \int_0^{\infin}\frac{\sin tx}{x}\,dx=\frac{\pi}{2},\,t>0 0xsintxdx=2π,t>0 如果你也觉得不可思议的话,不妨看看我的解释 \text{如果你也觉得不可思议的话,不妨看看我的解释} 如果你也觉得不可思议的话,不妨看看我的解释
    f ′ ( t ) = ∫ 0 ∞ ∂ ∂ t ( sin ⁡ t x x ) d x = ∫ 0 ∞ cos ⁡ t x   d x = lim ⁡ n → ∞ ∫ 0 n π / t cos ⁡ t x   d x ( l e t    u = t x ) = lim ⁡ n → ∞ 1 t ∫ 0 n π cos ⁡ u   d u = 1 t lim ⁡ n → ∞ sin ⁡ u   ∣ 0 n π = 0 \begin{aligned}f'(t)&=\int_0^{\infin}\frac{\partial }{\partial t}\Big(\frac{\sin tx}{x}\Big)dx \\&=\int_0^{\infin}\cos tx\,dx\\&=\lim_{n\to\infin}\int_0^{n\pi/t}\cos tx\,dx \quad (let\,\, u=tx)\\&=\lim_{n\to\infin}\frac{1}{t}\int_0^{n\pi}\cos u\,du\\&=\frac{1}{t}\lim_{n\to\infin} \sin u\,\Big|_0^{n\pi}\\&=0\end{aligned} f(t)=0t(xsintx)dx=0costxdx=nlim0nπ/tcostxdx(letu=tx)=nlimt10nπcosudu=t1nlimsinu0nπ=0 所以   f ( t ) = C ,   与   t   无关 . \text{所以}\,f(t)=C,\,\text{与}\,t\,\text{无关}. 所以f(t)=C,t无关.

    5. Fourier 变换

    令 \text{令} f ( t ) = { 1 ,    ∣ t ∣ < 1 0 ,    ∣ t ∣ ≥ 1 f(t)=\begin{cases}1,\,\,|t|<1 \\ 0,\,\,|t|\geq1\end{cases} f(t)={1,t<10,t1 ,对   f ( t )   作傅里叶变换,令 \text{,对} \,f(t)\, \text{作傅里叶变换,令} ,对f(t)作傅里叶变换,令

    F ( μ ) = F [ f ( t ) ] = ∫ − ∞ ∞ f ( t ) e − i μ t d t = ∫ − 1 1 e − i μ t d t = − 1 i μ e − i μ t ∣ − 1 1 = 2 μ 1 2 i ( e i μ − e − i μ ) = 2   sin ⁡ μ μ \begin{aligned}F(\mu)&=\mathscr{F}[f(t)]\\&=\int_{-\infin}^{\infin} f(t)e^{-i\mu t}dt\\&=\int_{-1}^{1} e^{-i\mu t}dt\\&=-\frac{1}{i\mu}e^{-i\mu t}\Big|_{-1}^{1}\\&=\frac{2}{\mu}\frac{1}{2i}(e^{i\mu}-e^{-i\mu})\\&=2\,\frac{\sin \mu}{\mu}\end{aligned} F(μ)=F[f(t)]=f(t)eiμtdt=11eiμtdt=iμ1eiμt11=μ22i1(eiμeiμ)=2μsinμ 则   f ( t ) = F − 1 [ F ( μ ) ] = 1 2 π ∫ − ∞ ∞ 2   sin ⁡ μ μ e i μ t d μ . \begin{aligned}\text{则}\,f(t)=\mathscr{F}^{-1}\big[F(\mu)\big]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infin}^{\infin}2\,\frac{\sin \mu}{\mu}e^{i\mu t}d\mu.\end{aligned} f(t)=F1[F(μ)]=2π12μsinμeiμtdμ.
    取   t = 0 ,则 \text{取}\,t=0\text{,则} t=0,则 1 = f ( 0 ) = 1 π ∫ − ∞ ∞ sin ⁡ μ μ   d μ = 2 π ∫ 0 ∞ sin ⁡ μ μ   d μ 1=f(0)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\sin \mu}{\mu}\,d\mu=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infin}\frac{\sin \mu}{\mu}\,d\mu 1=f(0)=π1μsinμdμ=π20μsinμdμ 所以   ∫ 0 ∞ sin ⁡ μ μ   d μ = π 2 . 妙哉! . \begin{aligned}\text{所以}\,\int_{0}^{\infin}\frac{\sin \mu}{\mu}\,d\mu=\frac{\pi}{2}.\quad\text{妙哉!}\end{aligned}. 所以0μsinμdμ=2π.妙哉!.

    6. 狄拉克函数

    首先来介绍一下狄拉克函数(就是 Dirac   创造的函数),也称脉冲函数(比较形象): \text{首先来介绍一下狄拉克函数(就是 \text{Dirac}\,创造的函数),也称脉冲函数(比较形象):} 首先来介绍一下狄拉克函数(就是 Dirac创造的函数),也称脉冲函数(比较形象)

       δ ( t ) = { ∞ , t = 0 0 , t ≠ 0   ,且满足   ∫ − ∞ ∞ δ ( t ) d t = 1. \delta(t)=\begin{cases}\infin,&t=0 \\0,&t\neq 0\end{cases}\,\text{,且满足}\,\displaystyle\int_{-\infin}^{\infin}\delta(t)dt=1. δ(t)={,0,t=0t=0,且满足δ(t)dt=1.

    容易验证: ∫ − ∞ ∞ δ ( t ) f ( t ) d t = f ( 0 ) . \text{容易验证:}\displaystyle\int_{-\infin}^{\infin}\delta(t)f(t)dt=f(0). 容易验证:δ(t)f(t)dt=f(0).

    取   f ( t ) = e − i μ t ,   f ( 0 ) = 1. \text{取}\,f(t)=e^{-i\mu t},\,f(0)=1. f(t)=eiμt,f(0)=1.

    则脉冲函数的傅里叶变换    F ( μ ) = F [ δ ( t ) ] = ∫ − ∞ ∞ δ ( t ) e − i μ t d t = 1 \text{则脉冲函数的傅里叶变换}\,\,\displaystyle F(\mu)=\mathscr{F}[\delta(t)]=\int_{-\infin}^{\infin} \delta(t)e^{-i\mu t}dt=1 则脉冲函数的傅里叶变换F(μ)=F[δ(t)]=δ(t)eiμtdt=1.

    作傅里叶反变换    δ ( t ) = F − 1 [ F ( μ ) ] = 1 2 π ∫ − ∞ ∞ e i μ t d μ . \text{作傅里叶反变换}\,\,\displaystyle\delta(t)=\mathscr{F}^{-1}\big[F(\mu)\big]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infin}^{\infin} e^{i\mu t}d\mu. 作傅里叶反变换δ(t)=F1[F(μ)]=2π1eiμtdμ.

    准备工作完成,构造函数 \text{准备工作完成,构造函数} 准备工作完成,构造函数   g ( λ ) = ∫ − ∞ ∞ sin ⁡ λ x x d x ,则   g ( 1 ) = ∫ − ∞ ∞ sin ⁡ x x d x . \,\displaystyle g(\lambda)=\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\sin \lambda x}{x}dx\text{,则}\,g(1)=\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx. g(λ)=xsinλxdx,则g(1)=xsinxdx.

    g ′ ( λ ) = ∫ − ∞ ∞ ∂ ∂ λ ( sin ⁡ λ x x ) d x = ∫ − ∞ ∞ cos ⁡ λ x d x + 0 = ∫ − ∞ ∞ cos ⁡ λ x d x + i ∫ − ∞ ∞ sin ⁡ λ x d x = ∫ − ∞ ∞ e i λ x d x = 2 π ( 1 2 π ∫ − ∞ ∞ e i λ x d x ) = 2 π δ ( λ ) \begin{aligned}g'(\lambda)&=\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\partial }{\partial \lambda}\Big( \frac{\sin \lambda x}{x}\Big)dx\\&=\int_{-\infin}^{\infin}\cos \lambda xdx+0\\&=\int_{-\infin}^{\infin}\cos \lambda x dx+i\int_{-\infin}^{\infin}\sin \lambda x dx\\&=\int_{-\infin}^{\infin}e^{i\lambda x}dx\\&=2\pi \big(\frac{1}{2\pi}\int_{-\infin}^{\infin}e^{i\lambda x}dx\big)\\&=2\pi \delta(\lambda)\end{aligned} g(λ)=λ(xsinλx)dx=cosλxdx+0=cosλxdx+isinλxdx=eiλxdx=2π(2π1eiλxdx)=2πδ(λ)

    因为   g ( λ )   是奇函数,所以 \text{因为}\,g(\lambda)\,\text{是奇函数,所以} 因为g(λ)是奇函数,所以

    g ( 1 ) = − g ( − 1 ) = 1 2 (   g ( 1 ) − g ( − 1 )   ) ( 由   N - L   公式 ) = 1 2 ∫ − 1 1 g ′ ( λ ) d λ = 1 2 ∫ − 1 1 2 π δ ( λ ) d λ      ( δ ( λ ) = 0 ,   λ ≠ 0 ) = π ∫ − ∞ ∞ δ ( λ ) d λ = π \begin{aligned}g(1)&=-g(-1)\\&=\frac{1}{2}\big(\,g(1)-g(-1)\,\big) \quad (\text{由}\, N\text{-}L\, \text{公式})\\&=\frac{1}{2} \int_{-1}^{1}g'(\lambda)d\lambda\\&=\frac{1}{2} \int_{-1}^{1} 2\pi \delta(\lambda) d\lambda \quad\,\,\,\, (\delta(\lambda)=0,\,\lambda\neq0)\\&=\pi \int_{-\infin}^{\infin}\delta(\lambda)d\lambda\\&=\pi\end{aligned} g(1)=g(1)=21(g(1)g(1))(N-L公式)=2111g(λ)dλ=21112πδ(λ)dλ(δ(λ)=0,λ=0)=πδ(λ)dλ=π 妙极! \text{妙极!} 妙极!

    7. 留数定理

    定理内容:当被积函数   f ( x )   是   x   的有理函数(多项式除多项式),且分母的次数比分子 \begin{aligned}\text{定理内容:当被积函数} \,f(x)\, \text{是}\, x \,\text{的有理函数(多项式除多项式),且分母的次数比分子}\end{aligned} 定理内容:当被积函数f(x)x的有理函数(多项式除多项式),且分母的次数比分子
    的次数至少高一次, f ( z )   在实轴上除去有限多个一级奇点   x 1 , x 2 , ⋯   , x p   外处处解析, \begin{aligned}\text{的次数至少高一次,}f(z)\,\text{在实轴上除去有限多个一级奇点}\,x_1,x_2,\cdots,x_p\, \text{外处处解析,}\end{aligned} 的次数至少高一次,f(z)在实轴上除去有限多个一级奇点x1,x2,,xp外处处解析,
    在上半复平面   ( I m   z > 0 )   除去有限多个奇点   z 1 , z 2 , ⋯   , z q   外处处解析,则 \begin{aligned}\text{在上半复平面}\,(\mathrm{Im}\,z>0)\,\text{除去有限多个奇点}\,z_1,z_2,\cdots,z_q\,\text{外处处解析,则}\end{aligned} 在上半复平面(Imz>0)除去有限多个奇点z1,z2,,zq外处处解析,则

    ∫ − ∞ ∞ f ( x ) e i m x d x = π i ∑ k = 1 p R e s [ f ( z ) e i m z , x k ] + 2 π i ∑ k = 1 q R e s [ f ( z ) e i m z , z k ] \int_{-\infin}^{\infin}f(x)e^{imx}dx=\pi i\sum_{k=1}^{p}\mathrm{Res}[f(z)e^{imz},x_k]+2\pi i\sum_{k=1}^{q}\mathrm{Res}[f(z)e^{imz},z_k] f(x)eimxdx=πik=1pRes[f(z)eimz,xk]+2πik=1qRes[f(z)eimz,zk]

    其中   R e s [ f ( z ) , z 0 ]   为函数   f   在   z 0   处的留数,定义如下: \begin{aligned}\text{其中}\,\mathrm{Res}[f(z),z_0]\,\text{为函数}\,f\,\text{在}\,z_0\,\text{处的留数,定义如下:}\end{aligned} 其中Res[f(z),z0]为函数fz0处的留数,定义如下:

       若   z 0   是   f ( z )   的孤立奇点, f ( z )   在   D = { z   ∣   0 < ∣ z − z 0 ∣ < R }   内解析, C   是   D   内包 \begin{aligned}&\text{若}\,z_0\,\text{是}\,f(z)\,\text{的孤立奇点,}f(z)\,\text{在}\,D=\{z\,|\,0<|z-z_0|<R\}\,\text{内解析,}C\,\text{是}\,D\,\text{内包}\end{aligned} z0f(z)的孤立奇点,f(z)D={z0<zz0<R}内解析,CD内包
    围   z 0   的任一正向简单闭曲线,则称积分 \begin{aligned}\text{围}\,z_0\,\text{的任一正向简单闭曲线,则称积分}\end{aligned} z0的任一正向简单闭曲线,则称积分

    1 2 π i ∮ C f ( z ) d z \frac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)dz 2πi1Cf(z)dz 为   f   在   z 0   处的留数,记作   R e s [ f ( z ) , z 0 ] . \text{为}\,f\,\text{在}\,z_0\,\text{处的留数,记作}\,\mathrm{Res}[f(z),z_0]. fz0处的留数,记作Res[f(z),z0].

       套用定理,令   f ( x ) = 1 x ,实轴上的一级奇点   x 1 = 0 ,上半复平面内无奇点,则 \begin{aligned}\text{套用定理,令}\,f(x)=\frac{1}{x}\text{,实轴上的一级奇点}\,x_1=0\text{,上半复平面内无奇点,则}\end{aligned} 套用定理,令f(x)=x1,实轴上的一级奇点x1=0,上半复平面内无奇点,则

    ∫ − ∞ ∞ 1 x e i x d x = i π   R e s [ e i z z , 0 ] = i π 1 2 π i ∮ ∣ z ∣ = 1 e i z z d z = 1 2 ∮ ∣ z ∣ = 1 e i z z d z \int_{-\infin}^{\infin}\frac{1}{x}e^{ix}dx=i\pi\, \mathrm{Res}[\frac{e^{iz}}{z},0] =i\pi \frac{1}{2\pi i}\oint_{|z|=1} \frac{e^{iz}}{z}dz=\frac{1}{2} \oint_{|z|=1} \frac{e^{iz}}{z}dz x1eixdx=iπRes[zeiz,0]=iπ2πi1z=1zeizdz=21z=1zeizdz

       ∮ ∣ z ∣ = 1 e i z z d z = ∮ ∣ i z ∣ = 1 e i z i z d ( i z ) = ∮ ∣ z ∣ = 1 e z z d z = ∮ ∣ z ∣ = 1 1 z ( 1 + z + z 2 2 ! + ⋯ + z n n ! + ⋯   ) d z = ∮ ∣ z ∣ = 1 ( 1 z + 1 + z 2 ! + ⋯ + z n ( n + 1 ) ! + ⋯   ) d z = ∮ ∣ z ∣ = 1 1 z   d z   + ∮ ∣ z ∣ = 1 ( d ( z ) + d ( z 2 ) 2 ⋅ 2 ! + ⋯ + d ( z n + 1 ) ( n + 1 ) ( n + 1 ) ! + ⋯ ) = ∮ ∣ z ∣ = 1 1 z   d z \begin{aligned}\oint_{|z|=1} \frac{e^{iz}}{z}dz&=\oint_{|iz|=1} \frac{e^{iz}}{iz}d(iz)\\&=\oint_{|z|=1} \frac{e^{z}}{z}dz\\&=\oint_{|z|=1} \frac{1}{z}(1+z+\frac{z^2}{2!}+\cdots+\frac{z^n}{n!}+\cdots) dz \\&=\oint_{|z|=1} (\frac{1}{z}+1+\frac{z}{2!}+\cdots+\frac{z^n}{(n+1)!}+\cdots) dz \\&= \oint_{|z|=1} \frac{1}{z}\,dz\,+\oint_{|z|=1} \big(d(z)+\frac{d(z^2)}{2\cdot2!}+\cdots+\frac{d(z^{n+1})}{(n+1)(n+1)!}+\cdots\big)\\&= \oint_{|z|=1} \frac{1}{z}\,dz\end{aligned} z=1zeizdz=iz=1izeizd(iz)=z=1zezdz=z=1z1(1+z+2!z2++n!zn+)dz=z=1(z1+1+2!z++(n+1)!zn+)dz=z=1z1dz+z=1(d(z)+22!d(z2)++(n+1)(n+1)!d(zn+1)+)=z=1z1dz

    三角换元,令   z = e i θ ( 0 ≤ θ ≤ 2 π )   ,则   d z d θ = i e i θ = i z , d z z = i d θ . \begin{aligned}\text{三角换元,令}\,z=e^{i\theta}(0\leq\theta\leq 2\pi)\,\text{,则}\,\frac{dz}{d\theta}=ie^{i\theta}=iz,\frac{dz}{z}=id\theta\end{aligned}. 三角换元,令z=eiθ(0θ2π),则dθdz=ieiθ=iz,zdz=idθ.
       ∮ ∣ z ∣ = 1 1 z   d z = ∫ 0 2 π i d θ = 2 π i \begin{aligned}\oint_{|z|=1} \frac{1}{z}\,dz=\int_0^{2\pi}id\theta=2\pi i\end{aligned} z=1z1dz=02πidθ=2πi

    于是 \text{于是} 于是

       ∫ − ∞ ∞ 1 x e i x d x = 1 2 ∮ ∣ z ∣ = 1 e i z z d z = 1 2 ∮ ∣ z ∣ = 1 1 z   d z = π i \begin{aligned}\int_{-\infin}^{\infin}\frac{1}{x}e^{ix}dx=\frac{1}{2} \oint_{|z|=1} \frac{e^{iz}}{z}dz=\frac{1}{2}\oint_{|z|=1} \frac{1}{z}\,dz=\pi i\end{aligned} x1eixdx=21z=1zeizdz=21z=1z1dz=πi

    又因为 \text{又因为} 又因为

       ∫ − ∞ ∞ 1 x e i x d x = ∫ − ∞ ∞ 1 x ( cos ⁡ x + i sin ⁡ x ) d x = i ∫ − ∞ ∞ sin ⁡ x x d x \begin{aligned}\int_{-\infin}^{\infin}\frac{1}{x}e^{ix}dx=\int_{-\infin}^{\infin}\frac{1}{x}(\cos x+i\sin x)dx=i\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx\end{aligned} x1eixdx=x1(cosx+isinx)dx=ixsinxdx

    所以   ∫ − ∞ ∞ sin ⁡ x x d x = π . \begin{aligned}\text{所以}\,\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx=\pi\end{aligned}. 所以xsinxdx=π.

    8. 黎曼引理

    先做些准备工作 \text{先做些准备工作} 先做些准备工作
    sin ⁡ 2 n + 1 2 x = sin ⁡ x 2 + ∑ k = 1 n ( sin ⁡ 2 k + 1 2 x − sin ⁡ 2 k − 1 2 x ) \sin \frac{2n+1}{2}x=\sin \frac{x}{2}+\sum_{k=1}^n(\sin \frac{2k+1}{2}x-\sin \frac{2k-1}{2}x) sin22n+1x=sin2x+k=1n(sin22k+1xsin22k1x) 由和差化积公式: sin ⁡ A − sin ⁡ B = 2 sin ⁡ A − B 2 cos ⁡ A + B 2 . \begin{aligned}\text{由和差化积公式:}\sin A-\sin B=2\sin\frac{A-B}{2}\cos\frac{A+B}{2}\end{aligned}. 由和差化积公式:sinAsinB=2sin2ABcos2A+B.
    则   sin ⁡ 2 n + 1 2 x = ( 1 2 + ∑ k = 1 n cos ⁡ k x ) 2 sin ⁡ x 2 \begin{aligned}\text{则}\,\displaystyle \sin \frac{2n+1}{2}x=\big(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos kx\big) 2\sin \frac{x}{2}\end{aligned} sin22n+1x=(21+k=1ncoskx)2sin2x.

    x ≠ 2 k π   时,有   sin ⁡ 2 n + 1 2 x 2 sin ⁡ x 2 = 1 2 + ∑ k = 1 n cos ⁡ k x \begin{aligned}x\neq 2k\pi\,\text{时,有}\,\frac{\sin \displaystyle\frac{2n+1}{2}x}{2\sin\displaystyle \frac{x}{2}}=\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos kx \end{aligned} x=2kπ时,有2sin2xsin22n+1x=21+k=1ncoskx.

    两边同时积分,得 ∫ 0 π sin ⁡ 2 n + 1 2 x 2 sin ⁡ x 2 = π 2   ( n = 0 , 1 , 2 , ⋯   ) \begin{aligned}\text{两边同时积分,得}\int_0^{\pi}\frac{\sin\displaystyle \frac{2n+1}{2}x}{2\sin\displaystyle \frac{x}{2}}=\frac{\pi}{2}\,(n=0,1,2,\cdots)\end{aligned} 两边同时积分,得0π2sin2xsin22n+1x=2π(n=0,1,2,).

    令   g ( x ) = 1 x − 1 2 sin ⁡ x 2 = 2 sin ⁡ x 2 − x 2 x sin ⁡ x 2 ,   0 < x ≤ π . \begin{aligned}\text{令}\,\displaystyle g(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2\sin\displaystyle \frac{x}{2}}=\frac{2\sin\displaystyle \frac{x}{2}-x}{2x\sin \displaystyle \frac{x}{2}},\,0<x\leq\pi\end{aligned}. g(x)=x12sin2x1=2xsin2x2sin2xx,0<xπ.

    由洛必达法则, \text{由洛必达法则,} 由洛必达法则,

    lim ⁡ x → 0 + g ( x ) = lim ⁡ x → 0 + cos ⁡ x 2 − 1 x cos ⁡ x 2 + 2 sin ⁡ x 2 = lim ⁡ x → 0 + − 1 2 sin ⁡ x 2 2 cos ⁡ x 2 − 1 2 x sin ⁡ x 2 = 0 \lim_{x\to0^+}g(x)=\lim_{x\to0^+}\frac{\cos\displaystyle \frac{x}{2}-1}{x\displaystyle\cos \frac{x}{2}+2\sin \frac{x}{2}}=\lim_{x\to0^+}\frac{-\displaystyle\frac{1}{2}\sin\displaystyle \frac{x}{2}}{2\cos\displaystyle \frac{x}{2}-\frac{1}{2}x\sin \frac{x}{2}}=0 x0+limg(x)=x0+limxcos2x+2sin2xcos2x1=x0+lim2cos2x21xsin2x21sin2x=0

    补充定义   g ( 0 ) = 0 ,则   g   在   [ 0 , π ]   上连续 . \text{补充定义}\,g(0)=0\text{,则}\,g\,\text{在}\,[0,\pi]\,\text{上连续}. 补充定义g(0)=0,则g[0,π]上连续.

    Riemann-Lebesgue   ( 差 点 儿 漏 掉   s ) 引理: \textrm{Riemann-Lebesgue}\,(差点儿漏掉 \,\textrm{s})\text{引理:} Riemann-Lebesgue(s)引理: 若   f   在   [ a , b ]   上连续,则 lim ⁡ p → ∞ ∫ a b f ( x ) sin ⁡ p x   d x = 0 \text{若}\,f\,\text{在}\,[a,b]\,\text{上连续,则}\displaystyle \lim_{p\to \infin}\int_a^bf(x)\sin px \,dx=0 f[a,b]上连续,则plimabf(x)sinpxdx=0.

    令   f ( x ) = g ( x ) ,   p = n + 1 2 ,则 \text{令}\,\displaystyle f(x)=g(x),\,p=n+\frac{1}{2}\text{,则} f(x)=g(x),p=n+21,则
    lim ⁡ n → ∞ ∫ 0 π ( 1 x − 1 2 sin ⁡ x 2 ) sin ⁡ ( n + 1 2 ) x   d x = 0 \lim_{n\to\infin}\int_0^{\pi} \big(\frac{1}{x}-\frac{1}{2\sin \displaystyle \frac{x}{2}}\big)\sin (n+\frac{1}{2})x\,dx=0 nlim0π(x12sin2x1)sin(n+21)xdx=0 lim ⁡ n → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ ( n + 1 2 ) x x   d x = lim ⁡ n → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ ( 2 n + 1 2 ) x 2 sin ⁡ x 2   d x = lim ⁡ n → ∞ π 2 = π 2 \lim_{n\to\infin}\int_0^{\pi} \frac{\sin(\displaystyle n+\frac{1}{2})x}{x}\,dx=\lim_{n\to\infin}\int_0^{\pi} \frac{\sin(\displaystyle \frac{2n+1}{2})x}{2\sin\displaystyle \frac{x}{2}}\,dx=\lim_{n\to\infin} \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2} nlim0πxsin(n+21)xdx=nlim0π2sin2xsin(22n+1)xdx=nlim2π=2π

    令   u = ( n + 1 2 ) x ,则 \begin{aligned}\text{令}\,u=(n+\frac{1}{2})x\text{,则}\end{aligned} u=(n+21)x,则
    lim ⁡ n → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ ( n + 1 2 ) x x   d x = lim ⁡ n → ∞ ∫ 0 ( n + 1 2 ) π sin ⁡ u u d u = π 2 \lim_{n\to\infin}\int_0^{\pi} \frac{\sin(n+\displaystyle\frac{1}{2})x}{x}\,dx=\lim_{n\to\infin}\int_0^{(n+\frac{1}{2})\pi}\frac{\sin u}{u}du =\frac{\pi}{2} nlim0πxsin(n+21)xdx=nlim0(n+21)πusinudu=2π

    所以 \text{所以} 所以 ∫ 0 ∞ sin ⁡ u u d u = lim ⁡ n → ∞ ∫ 0 ( n + 1 2 ) π sin ⁡ u u d u = π 2 \int_0^{\infin}\frac{\sin u}{u}du=\lim_{n\to\infin}\int_0^{(n+\frac{1}{2})\pi}\frac{\sin u}{u}du =\frac{\pi}{2} 0usinudu=nlim0(n+21)πusinudu=2π



    若读者还有其他巧妙解法,请不吝赐教! \small \text{若读者还有其他巧妙解法,请不吝赐教!} 若读者还有其他巧妙解法,请不吝赐教!

    文末彩蛋:大家好,这是我的孪生兄弟: \small \textbf{文末彩蛋:大家好,这是我的孪生兄弟:} 文末彩蛋:大家好,这是我的孪生兄弟: 无穷积分   ∫ e − x 2 d x   的几种巧妙解法! \small \textbf{无穷积分}\,\int e^{-x^2}dx\, \textbf{的几种巧妙解法!} 无穷积分ex2dx的几种巧妙解法!


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  • 含参积分是一类包含积分结构的函数,但积分变量不是函数自变量。本节讲述含参变量积分的一般理论,并以无穷积分和瑕积分为例,对含参积分的收敛性及其判定以及分析性质进行讨论。

    含参积分是一类包含积分结构的函数,但积分变量不是函数自变量

    3. 含参变量广义积分

    3.1. 含参积分相关理论

    3.1.1. 含参积分常义积分的定义

    含参积分是一类特别的函数,函数的自变量为参量,函数中有积分结构,但自变量和积分变量不同。形如:
    φ ( u ) = ∫ a b f ( x , u )   d x \varphi(u)=\int_a^bf(x,u)\,\mathrm dx φ(u)=abf(x,u)dx
    其中二元函数 f ( x , u ) f(x,u) f(x,u)定义在 I = [ a , b ] × [ α , β ] I=[a,b]\times[\alpha, \beta] I=[a,b]×[α,β]上,对 ∀ u ∈ [ α , β ] , f ( x , u ) \forall u\in[\alpha, \beta], f(x,u) u[α,β],f(x,u)关于变量 x x x [ a , b ] [a,b] [a,b]上黎曼可积。则称: ∫ a b f ( x , u )   d x \displaystyle\int_a^bf(x, u)\,\mathrm dx abf(x,u)dx为含参变量 u u u的常义积分

    3.1.2. 含参常义积分的分析性质

    这几个性质都首先要保证参数和主元构成的二元函数在指定区域上连续,所以如果存在边界的瑕点,我们需要补充定义。

    3.1.2.1. 连续性

    定理:(连续区域上可以有)参数直接取极限

    f ( x , y ) f(x,y) f(x,y) I = [ a , b ] × [ α , β ] I=[a,b]\times[\alpha, \beta] I=[a,b]×[α,β]上连续,则 φ ( x ) = ∫ α β f ( x , y )   d y \varphi(x)=\displaystyle\int_\alpha^\beta f(x,y)\,\mathrm dy φ(x)=αβf(x,y)dy I ∗ = [ a , b ] I^*=[a,b] I=[a,b]上连续。

    这个定理说明:

    • 整体的连续性可以转化成参数的连续性。
    • 极限运算可以对参数单方面进行

    以下是一个极端的例题(上下限也可以是参数的函数):
    lim ⁡ a → 0 ∫ a 1 + a d x 1 + x 2 + a 2 = ∫ 0 1 d x 1 + x 2 = arctan ⁡ x ∣ 0 1 = π 4 \begin{aligned} &\lim\limits_{a\to0}\int_a^{1+a}\frac{\mathrm dx}{1+x^2+a^2}\\ =&\int_0^1\frac{\mathrm dx}{1+x^2}=\arctan x\Big|_0^1=\frac{\pi}{4} \end{aligned} =a0lima1+a1+x2+a2dx011+x2dx=arctanx01=4π

    3.1.2.2. 可积性

    定理:(连续区域上)两个积分是可以交换的

    这个成立性和累次积分的交换是一致的。

    设区域上参量和积分变量都连续的函数 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)的一个含参积分为:
    ϕ ( x ) = ∫ α β f ( x , y )   d y \phi(x)=\int_\alpha^\beta f(x,y)\,\mathrm dy ϕ(x)=αβf(x,y)dy
    那么对这个参变量的积分,可以和主元的积分进行顺序的交换,即:
    ∫ a b ϕ ( x )   d x = ∫ a b [ ∫ α β f ( x , y )   d y ]   d x = ∫ α β [ ∫ a b f ( x , y )   d x ]   d y \int_a^b\phi(x)\,\mathrm dx=\int_a^b\left[\int_\alpha^\beta f(x,y)\,\mathrm dy\right]\,\mathrm dx=\int_\alpha^\beta\left[\int_a^bf(x,y)\,\mathrm dx\right]\,\mathrm dy abϕ(x)dx=ab[αβf(x,y)dy]dx=αβ[abf(x,y)dx]dy

    这提供了一种解决问题的思路。即:
    在面临复杂的积分时,我们可以尝试将被积函数的部分结构凑成一个导函数的形式,并先积起来。然后交换这两个积分号,原问题或将得到解决。

    补充:若边界存在瑕点,要补充定义,并对这些致瑕的部分(它们通常都不可积)换元

    3.1.2.3. 可微性

    定理:(对含参积分求参数的导数,)可以先对被积函数的参数求导

    保证二元函数在二元区域上连续,对参数的偏导在参数区间上连续,则 ϕ ( u ) = ∫ a b f ( x , u )   d x \displaystyle \phi(u)=\int_a^bf(x,u)\,\mathrm dx ϕ(u)=abf(x,u)dx [ α , β ] [\alpha, \beta] [α,β]上可微,且
    d ϕ ( u ) d u = d ∫ a b f ( x , u )   d x d u = ∫ a b [ ∂ ∂ u f ( x , u ) ]   d x \frac{\mathrm d\phi(u)}{\mathrm du}=\frac{\displaystyle\mathrm d\int_a^bf(x,u)\,\mathrm dx}{\mathrm du}=\int_a^{b}\left[\frac{\partial}{\partial u}f(x,u)\right]\,\mathrm dx dudϕ(u)=dudabf(x,u)dx=ab[uf(x,u)]dx

    另外还有链式法则:
    ψ ( u ) = ∫ p ( u ) q ( u ) f ( x , u )   d x ψ ′ ( u ) = ∫ p ( u ) q ( u ) ∂ f ( x , u ) ∂ u   d x + f ( q , u ) q ′ − f ( p , u ) p ′ \psi(u)=\int_{p(u)}^{q(u)}f(x,u)\,\mathrm dx\\ \psi'(u)=\int_{p(u)}^{q(u)}\frac{\partial f(x,u)}{\partial u}\,\mathrm dx+f(q, u)q'-f(p, u)p' ψ(u)=p(u)q(u)f(x,u)dxψ(u)=p(u)q(u)uf(x,u)dx+f(q,u)qf(p,u)p

    关于这个法则的理解: x x x看似是与 u u u没有关系,但因为 u u u的变化决定着 x x x的变化,所以要变 u u u肯定是会影响到 x x x,所以对外表现在 x x x的位置上产生了变化。
    这个问题当中还可以发现,其实变上限积分本来就是一种含参积分欸~记得当时讲变限积分就已经说到了这一点,后面的积分限写谁并不重要呢

    这又提供了一种解决含参积分的思路,即对内先求导,从而使得原来的积分变量成为好积的。随后再对参量积分。

    通常有如下几类常用变换:

    1. 万能变换。适用于结构凑巧的类型;万能变换通常是下策。因为哪都能用,所以麻烦是必然的。
      在这里插入图片描述
      如果不太凑巧的话,前面会出现关于参量的奇怪的分式结构,随后只能使用分部,如果这种分式真的很奇怪,将不可解。比如对于这个问题:
      在这里插入图片描述
      如果对这个题目在求导后使用万能代换,将会出现一个 1 1 − a 2 arctan ⁡ 2 a a 2 − 1 \frac{1}{\sqrt{1-a^2}}\arctan \frac{2a}{a^2-1} 1a2 1arctana212a的怪异结构。这说明,看似万能的万能代换,并不简便?!

    这就引出了第二种变换:

    1. tan ⁡ x = sin ⁡ x cos ⁡ x \tan x=\frac{\sin x}{\cos x} tanx=cosxsinx,看似很简单的式子,再结合 sin ⁡ 2 + cos ⁡ 2 = 1 \sin^2+\cos^2=1 sin2+cos2=1可以将一系列复杂的(齐二次)三角式化成关于 tan ⁡ \tan tan的单变元函数,在利用含参积分可微性解决问题的时候,这是一个很好的思路。如下:
      在这里插入图片描述

      这个题目还有两个要点:

      1. 警告:要注意判定瑕点!判定的时候,构造单变元利用洛必达,是很好的选择。
      2. sec ⁡ 2 = 1 + tan ⁡ 2 \sec^2=1+\tan^2 sec2=1+tan2,所以有 cos ⁡ 2 = 1 1 + t 2 \displaystyle\cos^2=\frac{1}{1+t^2} cos2=1+t21

    3.2. 含参无穷积分

    3.2.1. 含参无穷积分的定义

    即是将以上的含参积分的积分换成无穷积分。 ∀ u ∈ [ α , β ] , \forall u\in[\alpha,\beta], u[α,β],
    ∫ a + ∞ f ( x , u )   d x = lim ⁡ A → + ∞ ∫ a A f ( x , u )   d x = lim ⁡ A → + ∞ F ( A , u ) \int_a^{+\infty}f(x,u)\,\mathrm dx=\lim\limits_{A\to+\infty}\int_a^Af(x,u)\,\mathrm dx=\lim\limits_{A\to+\infty}F(A,u) a+f(x,u)dx=A+limaAf(x,u)dx=A+limF(A,u)

    以下将含参广义积分代指含参无穷积分

    3.2.2. 含参广义积分的收敛

    根据广义积分收敛的定义,我们给出含参广义积分收敛的定义
    ∀ ε > 0 , ∃ A 0 ( ε , u 0 ) > a , ∀ A > A 0 : \forall\varepsilon>0,\exist A_0(\varepsilon, u_0)>a,\forall A>A_0: ε>0,A0(ε,u0)>a,A>A0:
    ∣ ∫ A + ∞ f ( x , u 0 )   d x ∣ < ε \Big|\int_A^{+\infty}f(x,u_0)\,\mathrm d x\Big|<\varepsilon A+f(x,u0)dx<ε

    3.2.3. 一致收敛

    sup ⁡ u 0 ∈ [ α , β ] A 0 ( ε , u 0 ) < + ∞ \sup\limits_{u_0\in[\alpha,\beta]}A_0(\varepsilon, u_0)<{+\infty} u0[α,β]supA0(ε,u0)<+,将导致什么结论?

    用白话描述为对所有的参量,都能找到一个稳定的(换言之就是不与参量只有关的)阈值不为无穷大,使得高于这个阈值之后的积分值趋于零。

    在说明一致收敛的时候,要对广义积分和无穷级数的结构特征有清楚的把握。广义含参积分当中, x x x相当于是级数中的无穷变化量 n n n,而无穷级数中的 x x x是参量,相当于广义积分当中的 u u u。一致收敛其实就是要在参数相对确定的情况下使得无穷变化量不影响总的收敛性质。

    3.2.4. 几个重要判定定理

    3.2.4.1. 一个充要条件——Cauchy定理

    这是对上述问题(即导致什么结论)的回答,即什么是使得含参广义积分一致收敛的条件:

    存在 A ( ε ) > 0 ,   s . t . A ′ > A ( ε ) , A ′ ′ > A ( ε ) , ∀ u ∈ [ α , β ] : A(\varepsilon)>0,\ s.t.A'>A(\varepsilon), A''>A(\varepsilon),\forall u\in[\alpha, \beta]: A(ε)>0, s.t.A>A(ε),A>A(ε),u[α,β]:
    ∣ ∫ A ′ A ′ ′ f ( x , u )   d x ∣ < ε \left|\int_{A'}^{A''}f(x,u)\,\mathrm dx\right|<\varepsilon AAf(x,u)dx<ε

    3.2.4.2. 含参广义积分的余项定理

    余项
    η ( A ) = sup ⁡ u ∈ [ α , β ] ∣ ∫ A + ∞ f ( x , u )   d x ∣ \eta(A)=\sup\limits_{u\in[\alpha, \beta]}\Big|\int_A^{+\infty}f(x,u)\,\mathrm dx\Big| η(A)=u[α,β]supA+f(x,u)dx
    那么广义含参积分的一致收敛的充要条件为
    lim ⁡ A → ∞ η ( A ) = 0 \lim\limits_{A\to\infty}\eta(A)=0 Alimη(A)=0

    3.2.4.3. Weierstrass判别( ∗ \ast )

    对应M-判别,或名强级数法。

    1. ∣ f ( x , u ) ∣ ≤ F ( x ) , ∀ u ∈ [ α , β ] , ∀ x ∈ [ a , + ∞ ) 2. ∫ a + ∞ F ( x )   d x 收 敛 \begin{aligned} &1. |f(x,u)|\leq F(x),\forall u\in[\alpha, \beta], \forall x\in[a, +\infty)\\ &2. \int_a^{+\infty}F(x)\,\mathrm dx收敛 \end{aligned} 1.f(x,u)F(x),u[α,β],x[a,+)2.a+F(x)dx

    则原积分一致收敛。

    这个定理在无穷积分的一致收敛的判别中很常用。因为无穷积分在给出边界之后,利用边界,很容易找到一个“强级数”。

    3.2.4.4. 内闭一致收敛及其应用

    • 若在 J J J的任一子区间上一致收敛,称为内子区间一致收敛
    • 参数在区间上不一致收敛,但在这个区间上的任一闭子区间上一致收敛,则称内闭一致收敛。内闭一致收敛是子区间一致收敛的特例。

    在广义积分当中,开区间端点通常使原式不能一致收敛,但是通过在原有开区间中规定一个闭区间,由于有边界便于放缩,利用比较法,这个闭区间上一致收敛。

    在处理分析性质相关问题时,我们并不需要原积分一定是全区间一致收敛,一致收敛是一个非常强的条件,它还要考虑区间中的点的“全局关联”。
    但实际上为了给广义积分对参数的分析性质提供条件,我们只需考虑区间当中,一是不用苛求端点,二是不用全盘考虑,只要保证在每点处都可以满足条件。这也正是内闭一致收敛的理论基础。

    本来分析性质的条件就没要求全区间一致收敛,如果有整个开区间的一致收敛是最好,但如果没有,通过局部分析也能得到我们想要的结果。

    以下是一个例题,通过选取左边的闭区间,说明了函数一致收敛到0。

    杨小远老师的MOOC

    3.2.4.5. Dirichlet和Abel判别法

    先前已经提到过一个常用判别:M-法。
    但是M-法仅仅适用于绝对收敛的情形,如果是条件收敛,我们将无法使用。

    所以提出D法和A法势在必行。

    对广义积分:
    ∫ a + ∞ f ( x , y ) g ( x , y )   d x \int_a^{+\infty}f(x,y)g(x,y)\,\mathrm dx a+f(x,y)g(x,y)dx

    Dirichlet:
    • g ( x , y ) \displaystyle g(x,y) g(x,y)单调趋于零
    • f f f的积分对 y y y一致有界: ∣ ∫ a A f ( x , y )   d x ∣ ≤ M \displaystyle\left|\int_a^Af(x,y)\,\mathrm dx\right|\leq M aAf(x,y)dxM
    Abel:
    • g ( x , y ) g(x,y) g(x,y)单调有界
    • f f f的积分一致收敛

    注意:广义积分又是一个具有收敛模型的主体,所以用Abel会更多一些。
    关于这两个定理的通性:都是"有界 × \times ×收敛"的结构,只不过D法是函数的收敛,A法是积分的收敛

    3.2.5. 重要结构

    3.2.5.1. Dirichlet积分

    I = ∫ 0 + ∞ sin ⁡ β x x   d x I=\int_0^{+\infty}\frac{\sin\beta x}{x}\,\mathrm dx I=0+xsinβxdx

    • 在任意不含 β = 0 \beta =0 β=0的闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上一致收敛。
    • 在任意含 β = 0 \beta=0 β=0的闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上非一致收敛

    简证:
    原式
    = ∫ A β + ∞ sin ⁡ z z   d z =\int_{A\beta}^{+\infty}\frac{\sin z}{z}\,\mathrm dz =Aβ+zsinzdz
    由于 ∫ 0 + ∞ sin ⁡ x x   d x \displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,\mathrm dx 0+xsinxdx收敛,可以有足够大的 A β > A 0 A\beta>A_0 Aβ>A0
    ∣ ∫ A β + ∞ sin ⁡ z z   d z ∣ < ε \left|\int_{A\beta}^{+\infty}\frac{\sin z}{z}\,\mathrm dz\right|<\varepsilon Aβ+zsinzdz<ε

    如果包含 β = 0 \beta = 0 β=0
    ∫ A β + ∞ sin ⁡ z z   d z → ∫ 0 + ∞ sin ⁡ z   d z → π 2 \int_{A\beta}^{+\infty}\frac{\sin z}{z}\,\mathrm dz\to\int_0^{+\infty}\sin z\,\mathrm dz\to\frac{\pi}{2} Aβ+zsinzdz0+sinzdz2π
    由极限的保序性得“余项”不为零。

    这个积分值的计算我们将在可微性给出。

    3.2.5.2. Gauss积分

    ∫ 0 + ∞ e − x 2   d x = π 2 \int_0^{+\infty}e^{-x^2}\,\mathrm dx=\frac{\sqrt \pi}{2} 0+ex2dx=2π

    为了引出Gauss积分在含参积分中的应用,我们先给出这样一道例题。
    这个题的解法,关键就在于找出其中的Gauss积分结构。

    初印象:感觉这个题……就做到Gauss积分收敛就行了……
    误区就正在于含参广义积分的参数范围一广,很容易就不收敛了,它并不简单的是一个常系数乘在积分之前。因而 t t t很小的时候(或者就取0),不等号右边趋于无穷大。可以把它理解成无穷瑕积分(所以分段是很必要的)

    这个瑕点的处理很有意思,如果没有 sin ⁡ x \sin x sinx的效应,那么0就是一个不折不扣的瑕点,有对应Dirichlet积分的结论:

    对于含参Gauss积分
    I ( t ) = ∫ 0 + ∞ t e − t x 2   d x , 0 ≤ t < + ∞ I(t)=\int_0^{+\infty}\sqrt{t}e^{-tx^2}\,\mathrm dx, 0\leq t<+\infty I(t)=0+t etx2dx,0t<+
    在包含0的区间上不一致收敛。证明如下:
    在这里插入图片描述
    在以0为边界的开区间上仍然能保证一致收敛。因为 ∀ c , d > 0 , [ c , d ] \forall c, d>0, [c, d] c,d>0,[c,d]上都可以通过Weierstrass法证明收敛。由于任意性,所以得到 ( 0 , + ∞ ) (0, +\infty) (0,+)的一致收敛。

    3.2.6. 一致收敛的含参广义积分的分析性质

    3.2.6.1. 连续性和Dini定理

    对变量 u u u [ α , β ] [\alpha, \beta] [α,β]一致收敛,那么被积函数关于参数连续可以得到含参广义积分的连续性;积分变量的极限运算和积分可以交换

    其逆定理为Dini定理,即定号含参广义积分由参数区间连续,可推一致收敛。

    • Dini定理的说明:试想如果不一致收敛,就会出现余项很大的情况(整体值表现为无限大),那么在这个参数取值的邻域内就会出现一个瑕点,也就是不连续了。
    • 从这个定理,我们反过来重新理解连续性:,如果对参数区间上各处取值都连续,那么它们对应的积分值必然都是常数值,从而一致收敛。
    • 但是关于Dini定理还有一个问题,是不是会出现第一类间断点呢?:积分区间上就不该有间断点
    • 函数项级数的对比:广义积分相当于是和函数,在函数项级数里,很难有一个这样好(有关和函数)的条件,所以在函数项级数中我们没有这样一个对应的定理。

    3.2.6.2. 可积性定理

    如果含参广义积分在参数区间上一致收敛,对其参变量可积,积分变量和参变量的累次积分,顺序可以交换

    简证:
    ∫ α β ( ∫ a + ∞ f ( x , u )   d x )   d u − ∫ a A ( ∫ α β f ( x , u )   d u )   d x \int_\alpha^\beta\left(\int_a^{+\infty}f(x,u)\,\mathrm dx\right)\,\mathrm du-\int_a^{A}\left(\int_\alpha^{\beta}f(x,u)\,\mathrm du\right)\,\mathrm dx αβ(a+f(x,u)dx)duaA(αβf(x,u)du)dx
    后项利用含参常义积分的交换,然后合并成为
    ∫ α β ( ∫ A + ∞ f ( x , u )   d x )   d u \int_\alpha^\beta\left(\int_A^{+\infty}f(x,u)\,\mathrm dx\right)\,\mathrm du αβ(A+f(x,u)dx)du
    而内层因为一致收敛显然趋于0.所以整体趋于0,故而得证

    3.2.6.3. 双广义区间的可积问题

    我们直接给出其推广为内闭一致收敛的情形,这个定理在傅里叶级数那里将会用到。

    设函数 f f f满足下列条件:

    1. f ( x , u ) f(x,u) f(x,u) [ a , + ∞ ) × [ α , + ∞ ) [a, +\infty)\times[\alpha,+\infty) [a,+)×[α,+)上连续。(含参广义积分对被积变量和参量都连续)
    2. ∫ a + ∞ f ( x , u )   d x \displaystyle\int_a^{+\infty}f(x,u)\,\mathrm dx a+f(x,u)dx关于 u u u在区间 [ α , + ∞ ) [\alpha,+\infty) [α,+)内闭一致收敛,关于 x x x在上 [ a , + ∞ ) [a,+\infty) [a,+)内闭一致收敛(对两个变量都内闭一致收敛)
    3. ∫ a + ∞ ( ∫ α + ∞ ∣ f ( x , u ) ∣   d u )   d x \displaystyle\int_a^{+\infty}\left(\int_\alpha^{+\infty}|f(x,u)|\,\mathrm du\right)\,\mathrm dx a+(α+f(x,u)du)dx ∫ α + ∞ ( ∫ a + ∞ ∣ f ( x , u ) ∣   d u )   d x \displaystyle\int_\alpha^{+\infty}\left(\int_a^{+\infty}|f(x,u)|\,\mathrm du\right)\,\mathrm dx α+(a+f(x,u)du)dx其一存在。

    简证:
    lim ⁡ β → + ∞ ∫ a + ∞ ( ∫ α β f ( x , u )   d u )   d x = ∫ a + ∞ ( ∫ α + ∞ f ( x , u )   d u )   d x \lim\limits_{\beta\to+\infty}\int_a^{+\infty}\left(\int_\alpha^{\beta}f(x,u)\,\mathrm du\right)\,\mathrm dx=\int_a^{+\infty}\left(\int_\alpha^{+\infty}f(x,u)\,\mathrm du\right)\,\mathrm dx β+lima+(αβf(x,u)du)dx=a+(α+f(x,u)du)dx
    即证
    lim ⁡ β → + ∞ ∫ a + ∞ ( ∫ β + ∞ f ( x , u )   d u )   d x = 0 \lim\limits_{\beta\to+\infty}\int_a^{+\infty}\left(\int_\beta^{+\infty}f(x,u)\,\mathrm du\right)\,\mathrm dx=0 β+lima+(β+f(x,u)du)dx=0

    这一步和余项定理暗合

    接下来这一步就是说明为什么要有条件3了:利用余项,描述条件3,则会出现一个 a 0 ( ε ) a_0(\varepsilon) a0(ε)使得原式化成两个部分:
    ∫ a a 0 ( ∫ β + ∞ f ( x , u )   d u )   d x + ∫ a 0 + ∞ ( ∫ β + ∞ f ( x , u )   d u )   d x \int_a^{a_0}\left(\int_\beta^{+\infty}f(x,u)\,\mathrm du\right)\,\mathrm dx+\int_{a_0}^{+\infty}\left(\int_\beta^{+\infty}f(x,u)\,\mathrm du\right)\,\mathrm dx aa0(β+f(x,u)du)dx+a0+(β+f(x,u)du)