张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第37天

zhangzujin

手机查看请在浏览器中打开, 到了支付页面请截图, 并用支付宝或微信扫描之, 稍等后获得金钱, 即可购买. 偶偶因为网络问题充值不成功, 请与微信 pdezhang 联系, 发送论坛昵称与付款时间即可处理, 稍安勿躁. 购买后刷新网页才能正常显示数学公式.

张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第37天

---

829、 10、 (15 分) 设函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上具有一阶连续导数, $\displaystyle L$ 是上半平面 $\displaystyle (y > 0)$ 内的有向分段光滑曲线, 其起点为 $\displaystyle (a,b)$, 终点为 $\displaystyle (c,d)$. 记

$$\begin{aligned} I=\int_L \frac{1}{y}[1+y^2f(xy)]\mathrm{ d} x+\frac{x}{y^2}[y^2f(xy)-1]\mathrm{ d} y. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(1)、 证明曲线积分 $\displaystyle I$ 与路径 $\displaystyle L$ 无关; (2)、 当 $\displaystyle ab=cd$ 时, 求 $\displaystyle I$ 的值. (重庆大学2023年数学分析考研试题) [曲线曲面积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 设

$$\begin{aligned} P=\frac{1}{y}+yf(xy), Q=xf(xy)-\frac{x}{y^2}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

则

$$\begin{aligned} P_y=-\frac{1}{y^2}+f(xy)+xyf'(xy)=Q_x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故 $\displaystyle I$ 与 $\displaystyle L$ 无关. (2)、 设

$$\begin{aligned} C: y=\frac{ab}{x}=\frac{cd}{x}, x: a\to c. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

则由第 1 步知

$$\begin{aligned} I&=\int_C \left[\frac{1}{y}+yf(ab)\right]\mathrm{ d} x +\left[xf(ab)-\frac{x}{y^2}\right]\mathrm{ d} y\\\\ &=f(ab)\int_C y\mathrm{ d} x+x\mathrm{ d} y+\int_C \frac{1}{y}\mathrm{ d} x-\frac{x}{y^2}\mathrm{ d} y\\\\ &=f(ab)\int_C \mathrm{ d} (xy)+\int_C \mathrm{ d} \frac{x}{y}\\\\ &=f(ab) (cd-ab)+\left(\frac{c}{d}-\frac{a}{b}\right) =\frac{c}{d}-\frac{a}{b}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

830、 (6)、 设 $\displaystyle \varSigma$ 是 $\displaystyle x^2+y^2+z^2=a^2$ ($a > 0$) 的左半侧, 则 $\displaystyle \iint_\varSigma(x+y+z)\mathrm{ d} S=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (重庆师范大学2023年数学分析考研试题) [曲线曲面积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\iint_{x^2+y^2+z^2=a^2\atop y\leq 0} (x+y+z)\mathrm{ d} S \xlongequal{\tiny\mbox{对称性}} 2\iint_{x^2+y^2+z^2=a^2\atop y\leq 0, z\geq0} (x+y+z)\mathrm{ d} S\\\\ \stackrel{z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}}{=}&2\iint_{x^2+y^2\leq a^2\atop y\leq 0}(x+y+\sqrt{a^2-x^2-y^2})\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y\\\\ \xlongequal{\tiny\mbox{对称性}}&2a\left[\iint_{x^2+y^2\leq a^2\atop y\leq 0}\frac{y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y+\frac{\pi a^2}{2}\right]\\\\ =&2a\left[\int_\pi^{2\pi} \mathrm{ d} \theta\int_0^a \frac{r\sin\theta}{\sqrt{a^2-r^2}}r\mathrm{ d} r+\frac{\pi a^2}{2}\right]\\\\ =&2a\left[-2\int_0^a \frac{r^2}{\sqrt{a^2-r^2}}\mathrm{ d} r+\frac{\pi a^2}{2}\right] \stackrel{r=a\sin t}{=}\cdots=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

831、 9、 (15 分) 确定含参量积分

$$\begin{aligned} g(\alpha)=\int_0^\infty \frac{\ln(1+x^3)}{x^\alpha}\mathrm{ d} x \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

的连续区间. (北京师范大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由

$$\begin{aligned} \frac{\ln(1+x^3)}{x^\alpha}\sim\frac{x^3}{x^\alpha}=\frac{1}{x^{\alpha-3}}\left(x\to 0\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知当且仅当 $\displaystyle \alpha < 4$ 时, $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+x^3)}{x^\alpha}\mathrm{ d} x$ 收敛. 又由

$$\begin{aligned} \alpha\leq 1\Rightarrow&\lim_{x\to+\infty}s \frac{\frac{\ln(1+x^3)}{x^\alpha}}{\frac{1}{x^\alpha}} =\lim_{x\to+\infty}\ln(1+x^3)=+\infty,\\\\ \alpha > 1\Rightarrow&\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{\ln(1+x^3)}{x^\alpha}}{\frac{1}{x^\frac{\alpha+1}{2}}} =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(1+x^3)}{x^\frac{\alpha-1}{2}}\\\\ &=\lim_{t\to+\infty}\frac{\ln(1+t^\frac{6}{\alpha-1})}{t}\xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} \cdots=0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知当且仅当 $\displaystyle \alpha > 1$ 时, $\displaystyle \int_1^\infty \frac{\ln(1+x^3)}{x^\alpha}\mathrm{ d} x$ 收敛. 综上, 当且仅当 $\displaystyle 1 < \alpha < 4$ 时, $\displaystyle g(\alpha)$ 收敛. 对 $\displaystyle \forall\ 0 < \delta < \frac{3}{2}$, 我们证明 $\displaystyle g(\alpha)$ 在 $\displaystyle 1+\delta\leq \alpha\leq 4-\delta$ 上一致收敛,而 $\displaystyle g$ 连续. 由 $\displaystyle \delta$ 的任意性知 $\displaystyle g$ 在 $\displaystyle (1,4)$ 连续. 事实上, 当 $\displaystyle 1+\delta\leq \alpha\leq 4-\delta$ 时,

$$\begin{aligned} 0 < x < 1\Rightarrow&\frac{\ln(1+x^3)}{x^\alpha}\leq \frac{x^3}{x^{4-\delta}}=\frac{1}{x^{1-\delta}},\\\\ x > 1\Rightarrow&\frac{\ln(1+x^3)}{x^\alpha}\leq\frac{\ln(1+x^3)}{x^{1+\delta}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 Weierstrass 判别法即知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln(1+x^3)}{x^\alpha}\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle 1+\delta\leq \alpha\leq 4-\delta$ 一致收敛. 综上即知 $\displaystyle g$ 的连续区间为 $\displaystyle (1,4)$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

832、 12、 设 $\displaystyle 0 < p < 2, I(y)=\int_1^\infty \frac{\cos xy}{x^p}\mathrm{ d} x$. (1)、 讨论 $\displaystyle I(y)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上的一致收敛性; (2)、 讨论 $\displaystyle I(y)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上的连续性. (东南大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 (1-1)、 当 $\displaystyle 1 < p < 2$ 时, 由 $\displaystyle \left|\frac{\cos xy}{x^p}\right|\leq\frac{1}{x^p}$ 及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle I(y)$ 关于 $\displaystyle y > 0$ 一致收敛. (1-2)、 当 $\displaystyle 0 < p\leq 1$ 时, 由

$$\begin{aligned} \sup_{y > 0}\left|\int_A^B \frac{\cos xy}{x^p}\mathrm{ d} x\right| \geq \lim_{y\to0^+}\left|\int_A^B \frac{\cos xy}{x^p}\mathrm{ d} x\right| =\left|\int_A^B \frac{1}{x^p}\mathrm{ d} x\right|\xrightarrow{B\to+\infty}+\infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle I(y)$ 关于 $\displaystyle y > 0$ 不一致收敛. (2)、 对 $\displaystyle \forall\ \delta > 0$, 由 $\displaystyle \sup_{y\geq \delta}\left|\int_1^A\cos xy\mathrm{ d} x\right|\leq\sup_{y\geq \delta}\frac{2}{y}=\frac{2}{\delta}$ 及 Dirichlet 判别法知 $\displaystyle I(y)$ 关于 $\displaystyle y\geq \delta$ 一致收敛, 而 $\displaystyle I(y)$ 在 $\displaystyle [\delta,+\infty)$ 上连续. 由 $\displaystyle \delta$ 的任意性知 $\displaystyle I(y)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

833、 (2)、 设 $\displaystyle x,t > 0$, 则含参量积分

$$\begin{aligned} I(t)=\int_0^\infty \frac{\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-xt}}{x}\mathrm{ d} x=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(复旦大学2023年分析(第6,7,8,9,10题没做)考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} I(t)=&\int_0^\infty \int_1^t \mathrm{e}^{-xs}\mathrm{ d} s\mathrm{ d} x =\int_1^t \int_0^\infty \mathrm{e}^{-xs}\mathrm{ d} x\mathrm{ d} s\\\\ =&\int_1^t \frac{1}{s}\mathrm{ d} s=\ln t. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

834、 (2)、 设 $\displaystyle \alpha > 0$. (2-1)、 证明 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\mathrm{ d} x}{(1+x^2)(1+x^2y^2)}$ 关于 $\displaystyle y$ 在 $\displaystyle [0,\alpha]$ 上一致收敛; (2-2)、 求 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\arctan (\alpha x)}{x(1+x^2)}\mathrm{ d} x$. (河海大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (2-1)、 由 $\displaystyle \sup_{y\in\mathbb{R}}\frac{1}{(1+x^2)(1+x^2y^2)}\leq\frac{1}{1+x^2}$ 及 Weierstrass 判别法知题中含参量广义积分关于 $\displaystyle y$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上一致收敛. 结论得证. (2-2)、 由 Abel 判别法知 $\displaystyle f(\alpha)=\int_0^\infty \frac{\arctan (\alpha x)}{x(1+x^2)}\mathrm{ d} x$ 收敛. 由第 1 步知

$$\begin{aligned} f'(\alpha)=&\int_0^\infty \frac{\mathrm{ d} x}{(1+x^2)(1+\alpha^2x^2)}\\\\ =&\frac{1}{1-\alpha^2}\int_0^\infty\left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+\alpha^2x^2}\right)\mathrm{ d} x\\\\ &=\frac{1}{1-\alpha^2}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\alpha\right) =\frac{\pi}{2(1+\alpha)}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故

$$\begin{aligned} f(\alpha)=f(0)+\int_0^\alpha f'(t)\mathrm{ d} t=\frac{\pi}{2}\ln(1+\alpha). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

835、 7、 证明含参变量积分 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-\alpha x^2}\mathrm{ d} x$ 在 $\displaystyle 0 < \alpha_0 < \alpha < \infty$ 上一致收敛, 并问其在 $\displaystyle 0 < \alpha < \infty$ 是否一致收敛? (华东师范大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \sup_{\alpha > \alpha_0}\mathrm{e}^{-\alpha x^2}=\mathrm{e}^{-\alpha_0 x^2}$ 及 Weierstrass 判别法即知 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-\alpha x^2}\mathrm{ d} x$ 在 $\displaystyle 0 < \alpha_0 < \alpha < \infty$ 上一致收敛. 又由

$$\begin{aligned} \sup_{\alpha > 0} \int_{n-1}^n \mathrm{e}^{-\alpha x^2}\mathrm{ d} x \geq \int_{n-1}^n \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{n^2}}\mathrm{ d} x \geq \mathrm{e}^{-1} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-\alpha x^2}\mathrm{ d} x$ 在 $\displaystyle 0 < \alpha < \infty$ 上不一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

836、 9、 证明 $\displaystyle g(s)=\int_0^\infty x^{s-1}\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{ d} x$ 对 $\displaystyle s\in (0,+\infty)$ 可微. (华南理工大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle x^{s-1}\mathrm{e}^{-2x}\sim x^{s-1}, x\to 0$ 知 $\displaystyle \int_0^1 x^{s-1}\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{ d} x$ 收敛. 又由

$$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}\frac{x^{s-1}\mathrm{e}^{-2x}}{\mathrm{e}^{-x}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{s-1}}{\mathrm{e}^x}=0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及比较判别法知 $\displaystyle \int_1^\infty x^{s-1}\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{ d} x$ 收敛. 写出

$$\begin{aligned} \int_0^\infty \frac{\mathrm{ d}}{\mathrm{ d} s}\left[x^{s-1}\mathrm{e}^{-2x}\right]\mathrm{ d} x =\int_0^\infty x^{s-1}\ln x \mathrm{e}{-x}\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

对 $\displaystyle \forall\ 0 < a < b < \infty$, 由

$$\begin{aligned} &0 < x\leq 1\Rightarrow |x^{s-1}\ln x\mathrm{e}^{-x}|\leq x^{a-1} |\ln x|,\\\\ &\lim_{x\to 0^+}\frac{x^{a-1}\ln x}{x^{\frac{a}{2}-1}} =\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{x^{-\frac{a}{2}}}\xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} \cdots 0\Rightarrow \int_0^1 x^{a-}|\ln x|\mathrm{ d} x < \infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \int_0^1 x^{s-1}\ln x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle s\in [a,b]$ 一致收敛. 又由

$$\begin{aligned} &x\geq 1\Rightarrow |x^{s-1}\ln x\mathrm{e}^{-x} \leq x^{b-1}(x-1)\mathrm{e}^{-x}=x^b \mathrm{e}^{-x},\\\\ &\lim_{x\to+\infty}\frac{x^b \mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^{-\frac{x}{2}}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^b}{\mathrm{e}^\frac{x}{2}}=0\Rightarrow \int_1^\infty x^b \mathrm{e}^{-x}\mathrm{ d} x < \infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \int_1^\infty x^{s-1}\ln x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle s\in [a,b]$ 一致收敛. 故

$$\begin{aligned} g'(s)=\int_0^\infty x^{s-1}\ln x\mathrm{e}^{-x}, s\in [a,b]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 $\displaystyle a,b$ 的任意性知 $\displaystyle g$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上可导.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

837、 8、 (15 分) 设 $\displaystyle I(\alpha)=\int_0^\infty \frac{\sin \alpha x}{x}\mathrm{ d} x, 0\leq \alpha\leq b < \infty$. 证明: (1)、 若 $\displaystyle a > 0$, 则 $\displaystyle I(\alpha)$ 关于 $\displaystyle \alpha$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 上一致收敛; (2)、 试问 $\displaystyle I(\alpha)$ 关于 $\displaystyle \alpha$ 在 $\displaystyle (0,b)$ 上是否一致收敛, 并说明理由. (华中师范大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由

$$\begin{aligned} \sup_{a < \alpha < b}\left|\int_0^A \sin \alpha x\mathrm{ d} x\right|\leq \sup_{a < \alpha < b}\frac{2}{\alpha}=\frac{2}{a}, \frac{1}{x}\searrow 0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Dirichlet 判别法知 $\displaystyle I(\alpha)$ 关于 $\displaystyle \alpha\in (a,b)$ 一致收敛. (2)、 由

$$\begin{aligned} &\sup_{0 < \alpha < b}\left|\int_n^{2n}\frac{\sin(\alpha x)}{x}\mathrm{ d} x\right| \stackrel{\alpha x=t}{=}\sup_{0 < \alpha < b}\left|\int_{n\alpha}^{2n\alpha}\frac{\sin t}{t}\mathrm{ d} t\right|\\\\ \geq& \left|\int_{n\cdot\frac{\pi}{2n}}^{2n\cdot\frac{\pi}{2n}}\frac{\sin t}{t}\mathrm{ d} t\right|=\int_\frac{\pi}{2}^\pi \frac{\sin t}{t}\mathrm{ d} t > 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle I(\alpha)$ 关于 $\displaystyle \alpha$ 在 $\displaystyle (0,b)$ 上不一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

838、 (8)、 已知 $\displaystyle b > a > 0$, 求积分 $\displaystyle \int_0^1 \frac{x^b-x^a}{\ln x}\sin \ln \frac{1}{x}\mathrm{ d} x$. (暨南大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\int_0^1 \int_a^b x^t\mathrm{ d} t\cdot \sin\left(\ln\frac{1}{x}\right)\mathrm{ d} x =\int_a^b \int_0^1 x^t \sin \left(\ln \frac{1}{x}\right)\mathrm{ d} x\mathrm{ d} t\\\\ &\stackrel{\ln\frac{1}{x}=s}{=}\int_a^b \int_\infty^0 \mathrm{e}^{-st} \sin s\cdot (-\mathrm{e}^{-s})\mathrm{ d} s\mathrm{ d} t =\int_a^b \frac{1}{1+(t+1)^2}\mathrm{ d} t\\\\ &=\arctan (1+b)-\arctan (1+a). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

839、 11、 对 $\displaystyle a > 0$, 证明: $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-xy}\sin x\mathrm{ d} x$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上收敛, 在 $\displaystyle [a,+\infty)$ 上不一致收敛, 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上非一致收敛. (南昌大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 $\displaystyle \left|\int_0^A \sin x\mathrm{ d} x\right|\leq 2$, $\displaystyle \mathrm{e}^{-xy}$ 关于 $\displaystyle x$ 递减, 且 $\displaystyle y > 0$ 蕴含 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\mathrm{e}^{-xy}=0$. 据 Dirichlet 判别法即知 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-xy}\sin x\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle y\in (0,+\infty)$ 收敛. (2)、 对 $\displaystyle \forall\ a > 0$, $\displaystyle \mathrm{e}^{-xy}$ 关于 $\displaystyle x$ 递减, 且

$$\begin{aligned} \sup_{y\geq \delta} \mathrm{e}^{-xy}=\mathrm{e}^{-\delta x}\xrightarrow{x\to\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 Dirichlet 判别法即知 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-xy}\sin x\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle y\in [a,\infty)$ 一致收敛. (3)、 往用反证法证明 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-xy}\sin x\mathrm{ d} x$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上非一致收敛. 若不然,

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ X > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x_2 > x_1 > X, \forall\ y > 0, \left|\int_{x_1}^{x_2} \mathrm{e}^{-xy}\sin x\mathrm{ d} x\right| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

令 $\displaystyle y\to 0^+$ 得 $\displaystyle \left|\int_{x_1}^{x_2} \sin x\mathrm{ d} x\right|\leq\varepsilon$. 但这与 $\displaystyle \int_{2n\pi}^{2n\pi+\pi}\sin x\mathrm{ d} x=2$ 矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

840、 (3)、 (20 分) 计算积分 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-px}\frac{\sin bx-\sin ax}{x}\mathrm{ d} x$ $\displaystyle (p > 0, b > a > 0$). (山东大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\int_0^\infty \mathrm{e}^{-px}\mathrm{ d} x\int_a^b \cos xt\mathrm{ d} t =\int_a^b \mathrm{ d} t\int_0^\infty \mathrm{e}^{-px}\cos xt\mathrm{ d} x\\\\ &\stackrel{xt=s}{=}\int_a^b \frac{1}{t}\mathrm{ d} t\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\frac{p}{t}s}\cos s\mathrm{ d} s \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}} \int_a^b \frac{1}{t}\cdot\frac{\frac{p}{t}}{1+\left(\frac{p}{t}\right)^2}\mathrm{ d} t\\\\ &=p\int_a^b \frac{\mathrm{ d} t}{t^2+p^2}=\arctan\frac{b}{p}-\arctan \frac{a}{p}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

此处可以交换次积分次序是因为 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-px}\cos xt\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle t\in [a,b]$ 是一致收敛的. 这可由 $\displaystyle |\mathrm{e}^{-px}\cos xt|\leq \mathrm{e}^{-p x}$ 及 Weierstrass 判别法得到.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

841、 (2)、 (15 分) 设函数 $\displaystyle f(x)$ 在闭区间 $\displaystyle [0,1]$ 上连续且恒正, 讨论

$$\begin{aligned} F(y)=\int_0^1\frac{yf(x)}{x^2+y^2}\mathrm{ d} x \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

的连续性, 并证明你的结论. (山东大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 设 $\displaystyle m=\min_{[0,1]}f > 0$, 则

$$\begin{aligned} F(y)\geq m\int_0^1 \frac{y}{x^2+y^2}\mathrm{ d} x\stackrel{x=yt}{=} m\int_0^y \frac{\mathrm{ d} t}{1+t^2} =m\arctan \frac{1}{t}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故

$$\begin{aligned} \varliminf_{y\to 0^+}F(y)\geq m\cdot\frac{\pi}{2} > 0=F(0). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这表明 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle y=0$ 处不连续. (2)、 对 $\displaystyle \forall\ 0 < \delta < A < \infty$, 由 $\displaystyle \frac{yf(x)}{x^2+y^2}$ 在

$$\begin{aligned} \left\{(x,y); x\in [0,1], y\in [\delta,A]\right\} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

上连续知 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle [\delta,A]$ 上连续. 由 $\displaystyle \delta,A$ 的任意性知 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle \forall\ y > 0$ 处连续. (3)、 由 $\displaystyle F$ 是奇函数知 $\displaystyle F$ 在除了 $\displaystyle y=0$ 外都连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

842、 4、 (10 分) 求含参量积分 $\displaystyle I(a)=\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\cos (ax)\mathrm{ d} x$. (苏州大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \left|\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\cos (ax)\right|\leq \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}$ 及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\cos (ax)\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle a\in\mathbb{R}$ 一致收敛, 从而 $\displaystyle I(a)$ 连续, 且

$$\begin{aligned} I(0)=&\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm{ d} x =\sqrt{\iint_{(0,\infty)^2}\mathrm{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y} =\sqrt{\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\frac{r^2}{2}}\cdot \frac{2\pi r}{4}\mathrm{ d} r} =\sqrt{\frac{\pi}{2}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

又由

$$\begin{aligned} \int_0^\infty \frac{\mathrm{ d}}{\mathrm{ d} a}\left[\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\cos(ax)\right]\mathrm{ d} x =-x\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\sin (ax), |-x\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\sin (ax)|\leq |x|\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\mathrm{ d}}{\mathrm{ d} a}\left[\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\cos(ax)\right]\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle a\in\mathbb{R}$ 一致收敛, 而 $\displaystyle I(a)$ 可导, 且

$$\begin{aligned} I'(a)=&-\int_0^\infty x\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\sin (ax)\mathrm{ d} x =\int_0^\infty \sin(ax)\mathrm{ d} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}}& -a\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\cos(ax)\mathrm{ d} x =-aI(a). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是

$$\begin{aligned} \left[\mathrm{e}^\frac{a^2}{2}I(a)\right]'=0\Rightarrow I(a)=I(0)\mathrm{e}^{-\frac{a^2}{2}} =\sqrt{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{-\frac{a^2}{2}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

843、 13、 证明: 含参量积分 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle t\in [\delta,+\infty)$ 一致收敛, 其中 $\displaystyle \delta > 0$, 但关于 $\displaystyle t\in (0,+\infty)$ 不一致收敛. (太原理工大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x)=\frac{x}{1+x^2}$, 则由 $\displaystyle f'(x)=\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$ 知当 $\displaystyle x\geq 1$ 时, $\displaystyle f(x)\searrow$, 且 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0$. 再者,

$$\begin{aligned} \sup_{t\geq \delta}\left|\int_0^A \sin(tx)\mathrm{ d} x\right| =\sup_{t\geq \delta}\left|\int_0^{tA}\sin \tau\frac{\mathrm{ d}\tau}{\tau}\right| \leq \frac{2}{\delta}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 Dirichlet 判别法知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle t\in [\delta,+\infty)$ 一致收敛. 又由

$$\begin{aligned} &\sup_{t > 0}\int_n^{2n}\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\mathrm{ d} x \geq \int_n^{2n}\frac{x\sin\frac{\pi}{4n}x}{1+x^2}\mathrm{ d} x\\\\ \geq& \frac{1}{\sqrt{2}}\int_n^{2n}\frac{x}{1+x^2}\mathrm{ d} x =\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\frac{4n^2+1}{n^2+1} \xrightarrow{n\to\infty}\frac{\ln 2}{\sqrt{2}} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle t\in (0,+\infty)$ 不一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

844、 3、 设 $\displaystyle I(p)=\int_0^\infty \mathrm{e}^{-px}\frac{\sin x}{x}\mathrm{ d} x$, $\displaystyle 0 < a < b$. (1)、 证明: $\displaystyle I(p)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上一致收敛; (2)、 求 $\displaystyle I(p)$ 及 $\displaystyle I(0)$. (同济大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 $\displaystyle \sup_{p\in [a,b]}\left|\mathrm{e}^{-px}\frac{\sin x}{x}\right|\leq \sup_{p\in [a,b]}\mathrm{e}^{-px} =\mathrm{e}^{-pa}$ 及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle I(p)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上一致收敛. (2)、 $\displaystyle I(0)=\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\mathrm{ d} x=\frac{\pi}{2}$. 由

$$\begin{aligned} \int_0^\infty \frac{\mathrm{ d}}{\mathrm{ d} p}\left(\mathrm{e}^{-px}\frac{\sin x}{x}\right)\mathrm{ d} x =-\int_0^\infty \mathrm{e}^{-px}\sin x\mathrm{ d} x\xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}} -\frac{1}{1+p^2} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

关于 $\displaystyle p\in [a,b]$ 一致收敛知

$$\begin{aligned} I(p)=I(0)+\int_0^p I'(\tau)\mathrm{ d} \tau=\frac{\pi}{2}-\arctan p=\arctan \frac{1}{p}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

845、 3、 解答题. (1)、 求 $\displaystyle F(\alpha)=\int_0^\infty \frac{\ln \left(1+x^\frac{5}{2}\right)}{x^\alpha}\mathrm{ d} x$ 的连续区间. (武汉大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由

$$\begin{aligned} \frac{\ln(1+x^\frac{5}{2})}{x^\alpha}\sim \frac{x^\frac{5}{2}}{x^\alpha}=\frac{1}{x^{\alpha-\frac{5}{2}}}, x\to 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知当且仅当 $\displaystyle \alpha-\frac{5}{2} < 1\Leftrightarrow \alpha < \frac{7}{2}$ 时, $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln \left(1+x^\frac{5}{2}\right)}{x^\alpha}\mathrm{ d} x$ 收敛. 又由

$$\begin{aligned} &\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{\ln(1+x^\frac{5}{2})}{x^\alpha}}{\frac{1}{x^\frac{\alpha+1}{2}}} =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(1+x^\frac{5}{2})}{x^\frac{\alpha-1}{2}} =\left\{\begin{array}{llllllllllll}0,&\alpha > 1,\\\\ +\infty,&\alpha\leq 1\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知当且仅当 $\displaystyle \alpha > 1$ 时, $\displaystyle \int_1^\infty \frac{\ln \left(1+x^\frac{5}{2}\right)}{x^\alpha}\mathrm{ d} x$ 收敛. 故 $\displaystyle F(\alpha)$ 的定义域为 $\displaystyle \left(1,\frac{7}{2}\right)$. 对 $\displaystyle \forall\ \delta\in (0,1)$, 由

$$\begin{aligned} 0 < x < 1\Rightarrow& \sup_{1+\delta\leq \alpha\leq \frac{7}{2}-\delta}\frac{\ln \left(1+x^\frac{5}{2}\right)}{x^\alpha}=\frac{\ln (1+x^\frac{5}{2})}{x^{\frac{7}{2}-\delta}} \sim \frac{1}{x^{1-\delta}},\\\\ x > 1\Rightarrow&\sup_{1+\delta\leq \alpha\leq \frac{7}{2}-\delta}\frac{\ln \left(1+x^\frac{5}{2}\right)}{x^\alpha} =\frac{\ln (1+x^\frac{5}{2})}{x^{1+\delta}}\ll \frac{1}{x^{1+\frac{\delta}{2}}} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\ln \left(1+x^\frac{5}{2}\right)}{x^\alpha}\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle \alpha\in \left[1+\delta,\frac{7}{2}-\delta\right]$ 一致收敛, 而连续. 由 $\displaystyle \delta\in(0,1)$ 的任意性知 $\displaystyle F(\alpha)$ 在 $\displaystyle \left(1,\frac{7}{2}\right)$ 上连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

846、 (3)、 证明: $\displaystyle I(x)=\int_0^\infty \frac{\sin (xy)}{y}\mathrm{ d} y$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上内闭一致收敛. (武汉理工大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin s}{s}\mathrm{ d} s$ 收敛及 Cauchy 收敛准则知

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ A > 0,\mathrm{ s.t.}\forall\ A_2 > A_1 > A, \left|\int_{A_1}^{A_2}\frac{\sin s}{s}\mathrm{ d} s\right| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

取 $\displaystyle X=\frac{A}{\delta}$, 则 $\displaystyle \forall\ X_2 > X_1 > X$, $\displaystyle xX_2 > xX_1\geq \delta X=A$,

$$\begin{aligned} \sup_{x\geq \delta} \left|\int_{X_1}^{X_2} \frac{\sin (xy)}{y}\mathrm{ d} y\right| \stackrel{xy=s}{=}\sup_{x\geq \delta} \left|\int_{xX_1}^{xX_2}\frac{\sin s}{s}\mathrm{ d} s\right|\leq \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 Cauchy 收敛准则即知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin xy}{y}\mathrm{ d} y$ 在 $\displaystyle [\delta,+\infty)$ 上一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

847、 7、 (15 分) 证明: $\displaystyle f(x)=\int_0^\infty \frac{\sin xy}{y}\mathrm{ d} y$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上不一致收敛, 但在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上连续. (西北大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin s}{s}\mathrm{ d} s$ 收敛及 Cauchy 收敛准则知

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ A > 0,\mathrm{ s.t.}\forall\ A_2 > A_1 > A, \left|\int_{A_1}^{A_2}\frac{\sin s}{s}\mathrm{ d} s\right| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

取 $\displaystyle X=\frac{A}{\delta}$, 则 $\displaystyle \forall\ X_2 > X_1 > X$, $\displaystyle xX_2 > xX_1\geq \delta X=A$,

$$\begin{aligned} \sup_{x\geq \delta} \left|\int_{X_1}^{X_2} \frac{\sin (xy)}{y}\mathrm{ d} y\right| \stackrel{xy=s}{=}\sup_{x\geq \delta} \left|\int_{xX_1}^{xX_2}\frac{\sin s}{s}\mathrm{ d} s\right|\leq \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 Cauchy 收敛准则即知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin xy}{y}\mathrm{ d} y$ 在 $\displaystyle [\delta,+\infty)$ 上一致收敛, 从而 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [\delta,+\infty)$ 上连续. 由 $\displaystyle \delta$ 的任意性知 $\displaystyle f(y)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上连续. (2)、 由

$$\begin{aligned} \sup_{x > 0}\left|\int_\frac{n\pi}{4}^\frac{3n\pi}{4}\frac{\sin(xy)}{y}\mathrm{ d} y\right| \geq \int_\frac{n\pi}{4}^\frac{3n\pi}{4}\frac{\sin \frac{1}{n}y}{y}\mathrm{ d} y \geq \frac{1}{\sqrt{2}}\int_\frac{n\pi}{4}^\frac{3n\pi}{4}\frac{\mathrm{ d} y}{y} =\frac{1}{\sqrt{2}}\ln 3 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Cauchy 收敛准则即知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin xy}{y}\mathrm{ d} y$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上不一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

848、 6、 (8 分) 证明 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin xy}{1+y^2}\mathrm{ d} y$ 关于 $\displaystyle x\in (-\infty,+\infty)$ 一致收敛. (长安大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \left|\frac{\sin xy}{1+y^2}\right|\leq\frac{1}{1+y^2}$ 及 Weierstrass 判别法即知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin xy}{1+y^2}\mathrm{ d} y$ 关于 $\displaystyle x\in (-\infty,+\infty)$ 一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

849、 11、 (20 分) $\displaystyle \forall\ x\in\mathbb{R}$, 证明: $\displaystyle \int_0^\infty\mathrm{e}^{-t}\frac{\sin tx}{t}\mathrm{ d} t=\arctan x$. (郑州大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 左右两端都是关于 $\displaystyle x$ 的奇函数, 而不妨设 $\displaystyle x > 0$. 此时,

$$\begin{aligned} \mbox{左端}&=\int_0^\infty \mathrm{e}^{-t}\mathrm{ d} t\int_0^x \cos st\mathrm{ d} s =\int_0^x \mathrm{ d} s\int_0^\infty \mathrm{e}^{-t}\cos st\mathrm{ d} s\\\\ &\xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}} \int_0^x \frac{\mathrm{ d} s}{1+s^2}=\arctan x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这里可以交换积分次序是因为由 $\displaystyle |\mathrm{e}^{-t}\cos st|\leq \mathrm{e}^{-t}$ 及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \int_0^\infty \mathrm{e}{-t}\cos st\mathrm{ d} t$ 关于 $\displaystyle s\in[0, x]$ 一致收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

850、 7、 (15 分) 考虑如下含参量的反常积分

$$\begin{aligned} I(\alpha)=\int_1^\infty \mathrm{e}^{-\alpha x}\sin x\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

证明以上反常积分在 $\displaystyle \alpha\in (0,1]$ 上不是一致收敛的. (中国科学技术大学2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由

$$\begin{aligned} &\sup_{0 < \alpha\leq 1}\left|\int_{2k\pi+\frac{\pi}{4}}^{2k\pi+\frac{3\pi}{4}} \mathrm{e}^{-\alpha x}\sin x\mathrm{ d} x\right| \geq \frac{1}{\sqrt{2}}\sup_{0 < \alpha\leq 1}\left|\int_{2k\pi+\frac{\pi}{4}}^{2k\pi+\frac{3\pi}{4}} \mathrm{e}^{-\alpha x}\mathrm{ d} x\right|\\\\ \geq&\frac{1}{\sqrt{2}}\lim_{\alpha\to 0^+}\left|\int_{2k\pi+\frac{\pi}{4}}^{2k\pi+\frac{3\pi}{4}} \mathrm{e}^{-\alpha x}\mathrm{ d} x\right| =\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{\pi}{2} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 Cauchy 收敛准则知题中反常积分在 $\displaystyle \alpha\in (0,1]$ 上不是一致收敛的.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

---

851、 2、 讨论含参量积分 $\displaystyle I(s)=\int_0^\infty x^{s-1}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{ d} x, s\in\mathbb{R}$ 的收敛性. (中国矿业大学(徐州)2023年数学分析考研试题) [含参量积分 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle x^{s-1}\mathrm{e}^{-s}\sim \frac{1}{x^{1-s}}, x\to 0$ 知当当且仅当 $\displaystyle 1-s < 1\Leftrightarrow s > 0$ 时, $\displaystyle \int_0^1 x^{s-1}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{ d} x$ 收敛. 当 $\displaystyle s > 0$ 时, 由

$$\begin{aligned} &x > 1\Rightarrow x^s\mathrm{e}^{-x}\leq x^{[s]+1}\mathrm{e}^{-s},\\\\ &\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{[s]+1}\mathrm{e}^{-s}}{\frac{1}{x^2}} =\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{[s]+3}}{\mathrm{e}^s}\xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} \cdots =0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及比较判别法知 $\displaystyle \int_1^\infty x^{s-1}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{ d} x$ 收敛. 综上即知当且仅当 $\displaystyle s > 0$ 时, $\displaystyle I(s)$ 收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/