2024年3月13日发(作者：蚌埠二模数学试卷答案2023)
第十九章
§1
1．求下列极限：
（1）
lim
（2）
lim
（3）
lim
1
含参变量的积分
含参变量的正常积分
0
1
x
2
2
dx
；
x
2
cos
xdx
；
1
1
x
22
2
0
0
2
0
1
dx
．
2
1
1
解（1）由于
f(x,
)
所以，
0
1
故
I(
)
x
在
[1,1][1,1]
上连续，
x
2
2
dx
在
[1,1]
连续，
lim
1
x
2
2
dx
lim
I
(
)
I
(0)
0
2
1
1
x
2
dx
2
xdx
1
．
0
1
（2）由于
f(x,
)xcos
x
在
[0,2][0,2]
上连续，故
I(
)
以，
0
0
2
0
x
2
cos
xdx
在
[0,2]
连续，所
8
．
3
lim
x
2
cos
xdx
lim
I
(
)
I
(0)
x
2
dx
0
0
2
22
（3）
1
1
1
x
2
dx
1
1
1
x
22
0
dx
1
1
x
22
0
dx
1
0
1
1
22
1
由于
f
(
x
,
)
1
1
1
x
2
2
0
0
在
[0,1][0,1]
上连续，故
I
(
)
lim
1
1
1
x
2
2
dx
lim
I
(
)
I
(0)
0
2
1
．
dx
0
1
x
2
4
1
2
1
x
1
2
1
x
2
dx
，
dx
在
[0,1]
连续，所以，
而对
R
，
xR
有，
0
1
x
1
2
dx
，
1
1
1
x
1
1
x
2
2
2
1
1
dx
，因此
dx
0
，
1
0
0
lim
1
1
x
2
2
dx
lim
1
dx
0
，
lim
1
1
x
1
22
0
1
因而，
0
lim
1
1
x
22
0
0
dx
lim
0
0
lim
2．求
F
(x)
，其中：
（1）
F
(
x
)
（2）
F
(
x
)
1
0
1
1
x
2
2
dx
4
1
x
22
dx
x
2
x
e
xy
dy
；
e
x
1
y
2
2
cos
x
sin
x
dy
；
（3）
F
(
x
)
（4）
F
(
x
)
sin(
xy
)
a
x
y
dy
；
b
x
[
0
xx
2
t
2
f
(
t
,
s
)
ds
]
dt
．
x
2
解（1）
F
(
x
)
（2）
F
(
x
)
x
e
xy
2
ydy
e
2
x
(
x
2
)
2
2
x
e
1
cos
2
x
xx
2
e
xy
y
2
dy
2
xe
x
e
x
．
x
1
sin
2
x
x
2
253
cos
x
sin
x
e
x
1
y
2
1
y
2
dy
e
x
1
y
2
dy
e
(cos
x
)
e
x
x
cos
x
(sin
x
)
（3）
F
(
x
)
cos
x
sin
x
e
x
1
y
2
x
sin
x
sin
x
e
cos
x
．
b
x
a
x
cos(
xy
)
dy
=
(
sin(
x
(
b
x
))sin(
x
(
a
x
))
(
b
x
)
(
a
x
)
b
xz
x
1111
)sin[
x
(
x
b
)]
(
)sin[x(x
a)]
．
xb
xxa
x
22
x
xxx
2
（4）
F
(
x
)
(
2
f
(
t
,
s
)
ds
)
dt
2
f
(
x
,
s
)
ds
2
xf
(
t
,
x
)
dt
．
0
x
tx
0
3．设
f(x)
为连续函数，
F
(
x
)
求
F
(x)
．
1
h
2
x
0
[
f
(
x
)
d
]
d
，
0
x
x
2
x
1
x
1
x
解由于
F
(
x
)
2
d
f
(
x
)
d
2
d
f
(
u
)
du
，所以，
0
x
h
0
h
0
x
2
x
1
3
x
F
(
x
)
2
[
f
(
u
)
du
(
f
(
u
)
du
)
d
]
2
x
0
x
x
h
x
1
3
x
2
{
f
(
u
)
du
[2
f
(2
x
)
f
(
x
)]
d
}
，
0
h
2
x
11
F
(
x
)
2
[3
f
(3
x
)
2
f
(2
x
)
2
f
(3
x
)
f
(2
x
)]
2
[5
f
(3
x
)
3
f
(2
x
)]
．
hh
1
hh
注记该题的函数应为
F
(
x
)
2
[
f
(
x
)
d
]
d
（这从该教材第二版亦可得到印证），
00
h
则
F
(
x
)
所以，
1
h
2
h
0
d
f
(
x
)
d
0
h
1
h
2
x
0
d
x
h
x
f
(
u
)
du
，
1
x
x
h
1
h
[
f
(
u
)
du
]
d
2
[
f
(
x
h
)
f
(
x
)]
d
h
2
0
x
x
h
0
x
h
1
x
2
h
2
[
f
(
u
)
du
f
(
u
)
du
]
，
x
h
x
h
11
F
(
x
)
2
[
f
(
x
2
h
)
f
(
xh
)
f
(
xh
)
f
(
x
)]
2
[
f
(
x
2
h
)
f
(
xh
)
f
(
x
)]
．
hh
F
(
x
)
4．研究函数
F
(
y
)
1
0
yf
(
x
)
dx
的连续性，其中
f(x)
是
[0,1]
上连续且为正的函数．
x
2
y
2
解当
y0
时，被积函数在相应的闭矩形上是连续的，因此
F(y)
在
y0
连续．当
y0
时，
F(0)0
．
而
y0
时，设
m
为
f(x)
在
[0,1]
上的最小值，则
m0
．由于
F
(
y
)
m
1
0
y
1
1
，而
dx
m
arctan
limarctan
，
22
y
0
y
y
2
x
y
m
0
F
(0)
或不存在，因而
F(y)
在
y0
时间断．
2
F
(
y
)
若存在，必然
lim
F
(
y
)
故有
lim
y
0
y
0
5．应用积分号下求导法求下列积分：
（1）
（2）
（3）
2
0
；
ln(
a
2
sin
2
x
)
dx
（
a1
）
0
ln(12
a
cos
x
a
2
)
dx
(
a
1)
；
ln(
a
2
sin
2
x
b
2
cos
2
x
)
dx
(
a
,
b
0)
；
arctan(
a
tan
x
)
dx
(
a
1)
．
tan
x
2
0
2
0
（4）
解（1）设
I
(
a
)
2
0
ln(
a
2
sin
2
x
)
dx
，则有
I
(
a
)
2
0
2
a
[ln(
a
2
sin
2
x
)]
dx
2
2
dx
0
a
sin
2
x
x
11
)
dx
a
sin
xa
sin
x
，
(
即
2
0
2
a
1
2
(arctan
a
1
a
1
2
arctan
a
1
a
1
2
)
a
1
2
I
(
a
)
c
的确定较为困难，可如下进行．
a
2
1
2
0
da
ln(
aa
2
1)
c
．
c
I
(
a
)
ln(
a
a
1)
ln(
a
2
sin
2
x
)
dx
ln(
a
a
2
1)
2
2
0
sin
2
x
[ln
a
ln(1
2
)]
dx
ln(
a
a
2
1)
a
2
2
0
sin
2
xa
a
2
1
，
ln(1
2
)
dx
ln
a
a
a
a
2
1
1sin
2
x
令
a
，
ln
ln2
，又
0
1
2
1
1
，所以，
2
a
aa
1sin
2
x
ln(1
2
)
ln(1
)
0
，
aa
2
2
0
sin
2
x
sin
2
x
1
1
22
ln(1
ln(1
)
dx
ln(1
)
dx
)
dx
ln(1
)
0(
a
)
，
0
0
2
a
2
a
2
a
2
a
2
2
a
a
2
1
c
ln2
，即
I
(
a
)
ln(
a
a
1)
ln2
ln
．
2
（2）设
I(a)
0
ln(1
2acosx
a
2
)dx
，则
I
(
a
)
0
2(
a
cos
x
)1
a
2
1
dx
dx
22
0
a
1
2
a
cos
x
a
1
2
a
cos
x
a
1
a
2
aa
2
0
1
1
a
2
dx
2
a
a
(1
a
2
)
0
(1
a
)
2
a
cos
x
2
1
dx
2
a
1
cos
x
2
1
a
1
a
2(1
a
)1
a
2
a
，
arctan(
x
)
2222
a
a
(1
a
)(1
a
)(1
a
)
1
a
0
a
(1
a
)
a
2
1
a
a
2
da
ln(1
a
)
．
0
1
a
2
2
a
所以，
I
(
a
)
I
(
a
)
I
(0)
（3）将
a
看作参变量，
b
认为是常数，记
I
(
a
)
2
0
ln(
a
2
sin
2
x
b
2
cos
2
x
)
dx
．可先设
a0
，
b0
，则
I
(
a
)
2
0
2
a
sin
2
x
2222
2
[ln(
a
sin
x
b
cos
x
)]
dx
2
dx
．
0
a
sin
2
x
b
2
cos
2
x
a
2
2
若
ab
，则
I
(
a
)
2
sin
xdx
，若
ab
作代换
ttanx
，得
0
b
2
b
I
(
a
)
0
2
at
2
dt
2
a
2
t
2
b
2
1
t
2
a
0
t
2
dt
b
2
(1
t
)(
t
2
)
a
22
2
a
2
1
b
2
(
2
222
0
a
a
b
1
ta
b
2
所以，
I
(
a
)
1
b
2
(
t
2
)
a
2
)
dt
a
b
，
2222
a
b
a
ba
b
π
a
b
da
π
ln(
a
b
)
c
，而
I(b)
lnb
ln(2b)c
c
ln2
，于是
a
b
．
I
(
a
)
π
ln(
a
b
)
ln2
ln
2
a
b
2
．若
a0
或
b0
，则可以
a
或
b
代替
a
或
b
，因而总有
I
(
a
)
I
(
a
)
ln
2
0
（4）记
I
(
a
)
arctan(
a
tan
x
)
arctan(
a
tan
x
)
dx
，令
f
(
x
,
a
)
，当
x
0,
时，
f
无定义，
tan
x
2
tan
x
但
lim
故补充定义
f(0,a)a
，
f(
f
(
x
,
a
)
a
，
lim
f
(
x
,
a
)0
，
x
0
x
2
则
f
在
[0,2
][b,b]
,
a
)
0
，
2
连续（
0b1
），从而
I(a)
在
(1,1)
连续．
1
,
x
(0,),
1
a
2
tan
2
x
2
f
a
(
x
,
a
)
0,
x
0,
,
2
显然
f
a
(x,0)
在
x
点不连续，但
f
a
(x,a)
分别在
[0,2
](1,0)
和
[0,2
](0,1)
连续，故有
2
2
0
2
0
I
(
a
)
f
a
(
x
,
a
)
dx
令
tanxt
，
1
dx
，
a(1,0)
或
a(0,1)
．
1
a
2
tan
2
x
1
a
2
t
2
a
2
t
2
a
2
dt
222
(1
t
)(1
at
)
I
(
a
)
0
11
dt
(1
t
2
)(1
a
2
t
2
)1
a
2
0
1
1
a
2
积分之
0
1
a
2
，
a(1,0)
或
a(0,1)
．
[
]
dt
2(1
a
)
(1
t
2
)(1
a
2
t
2
)
ln(1a)c
1
，
a(0,1)
；
2
I(a)ln(1a)c
2
，
a(1,0)
．
2
I(a)
I
(
a
)0lim
I
(
a
)
，得
c
1
c
2
0
，从而得因为
I(a)
在
(1,1)
连续，故
I
(0)lim
a
0
a
0
I(a)
6．应用积分交换次序求下列积分：
（1）
sgnaln(1|a|)
，
|a|1
．
2
1
0
x
b
x
a
dx
(
a
0,
b
0)
；
ln
x
1
x
b
x
a
dx
(
a
0,
b
0)
．（2）
sin(ln)
0
x
ln
x
1
解（1）
1
0
1
bb
1
b
x
b
x
a
1
yy
dx
dx
xdy
dx
xdx
dy
ln(1
y
)|
b
a
0
aa
0
a
1
y
ln
x
ln(1
b
)
ln(1
a
)
ln
1
1
b
．
1
a
1
b
1
1
x
b
x
a
1
b
1
dx
[sin(ln)
x
y
dy
]
dx
dy
x
y
sin(ln)
dx
．
（2）
sin(ln)
00
a
0
x
ln
xx
a
x
记
I
(
y
)
1
y
sin(ln)xdx
，则
0
x
1
1
1
1
1
111
y
1
1
y
1
1
y
1
I
(
y
)
sin(ln)
dx
[sin(ln)
x
cos(ln)
x
(
)
dx
]
0
y
1
0
xy
1
xxx
0
1
1
1
1
y
11
y
1
1
y
1
1
cos(ln)
xdx
[cos(ln)
x
(
sin(ln)
x
(
)
dx
]
2
00
y
1
xxxx
(
y
1)
0
1
11
y
1
(1
sin(ln)
xdx
)
(1
I
(
y
))
，
0
x
(
y
1)
2
(
y
1)
2
1
所以，
I
(
y
)
1
，因此，
2
(
y
1)
1
bb
1
x
b
x
a
1
b
a
．
sin(ln)
dx
I
(
y
)
dy
dy
arctan
2
0
aa
x
ln
x
1
(1
a
)(1
b
)
(1
y
)
1
1
7．设
f
为可微函数，试求下列函数的二阶导数：
（1）
F
(
x
)
（2）
F(x)
x
0
b
(
x
y
)
f
(
y
)
dy
；
f(y)xydy(ab)
．
a
解（1）
F
(
x
)
（2）
F(x)
b
x
0
f
(
y
)
dy
2
xf
(
x
)
，
F
(x)3f(x)2xf
(x)
．
a
f(y)x
ydy
b
f
(
y
)(
y
x
)
dy
,
x
a
,
a
b
x
f
(
y
)(
x
y
)
dy
f
(
y
)(
y
x
)
dy
,
a
x
b
,
ax
b
f
(
y
)(
x
y
)
dy
,
x
b
,
a
b
f
(
y
)
dy
,
x
a
,
a
b
x
F
(
x
)
f
(
y
)
dy
f
(
y
)
dy
,
a
x
b
,
ax
b
f
(
y
)
dy
,
x
b
,
a
x
a
,
0,
2
f
(
x
),
a
x
b
,
F
(
x
)
2
f
(
x
),
a
x
b
,
0,
xaorxb．
0,
x
b
x
2
y
2
8．证明：
dx
dy
00
(
x
2
y
2
)
2
11
x
2
y
2
0
dy
0
(
x
2
y
2
)
2
dx
．
11
证明
111
x
2
y
2
11
2
dxdy
dx
[2
xdy
0
0
(
x
2
y
2
)
2
0
0
(
x
2
y
2
)
2
0
x
2
y
2
dy
]
11
11
1
0
1
1
，
dx
arctan
x
|
0
2
4
x
1
111
x
2
y
2
11
2
dydx
dy
[
dx
2
y
0
0
(
x
2
y
2
)
2
0
0
x
2
y
2
0
x
2
y
2
dx
]
1
x
2
y
2
所以，
dx
dy
00
(
x
2
y
2
)
2
11
0
1
1
，
dy
arctan
y
|
0
4
y
2
1
11
x
2
y
2
0
dy
0
(
x
2
y
2
)
2
dx
．
9．设
F(y)
ln
0
1
x
2
y
2
dx
，问是否成立
F
(0)
lnx
2
y
2
0
y
1
dx
．
y
0
解
F
(0)
ln
xdx
ln
xdx
1
，所以，
00
11
11
F
(
y
)
F
(0)1
1
1
y
2
222
(
ln
x
ydy
1)
[ln1
y
2
dx
dx
1]
2
000
yyy
x
y
1
x
ln(1
y
2
)1
2
[ln1
y
y
arctan]
arctan
(
y
0
)
，
yy
0
2
yy
2
即
F
(0)
1
，同样
F
(0)
，因此
F
(0)
不存在，而
22
22
0
y
ln
x
y
1
y
0
dx
1
0
y
x
2
y
2
y
0
dx
0
dx
0
，
0
1
因此，
F
(0)
10．设
22
lnx
y
0
y
1
dx
不成立．
y
0
F(x)
e
x
cos
cos(xsin
)d
，
0
2
求证
F(x)2
．
证明
x
0
R
，函数
f
(
x
,
)
e
x
cos
cos(
x
sin
)
在矩形域
[(x
0
1),x
0
1][0,2
]
连续，
f
x
(
x
,
)
e
x
cos
cos
cos(
x
sin
)
e
x
cos
[
sin(
x
sin
)]sin
亦在矩形域
[(x
0
1),x
0
1][0,2
]
连续，故由积分号下求导数可得
F
(
x
0
)
2
0
2
f(x,
)d
[e
x
cos
cos
cos(xsin
)
e
x
cos
sin(xsin
)sin
]
x
x
0
d
0
x
x
x
0
2
2
1
x
0
0
e
x
0
cos
d
sin(
x
0
sin
)
e
x
0
cos
sin(
x
0
sin
)sin
d
0
（
x
0
0
）
1
x
0
cos
1
2
e
sin(
x
0
sin
)|
0
x
0
x
0
2
0
2
0
sin(
x
0
sin
)
e
x
0
cos
x
0
(
sin
)
d
e
x
0
cos
sin(
x
0
sin
)sin
d
0
，
当
x
0
0
时，显然
F
(0)
2
0
cos
d
sin
2
0
0
．
由
x
0
R
的任意性，
F
(x)0
，因此，
F(x)C
，而
C
F
(0)
2
0
d
2
，所以，
F(x)2
．
11．设
f(x)
为两次可微函数，
(x)
为可微函数，证明函数
11
x
at
u
(
x
,
t
)
[
f
(
x
at
)
f
(
x
at
)]
(z)dz
22
a
x
at
满足弦振动方程
2
2
u
2
u
a
2
t
x
2
及初始条件
u(x,0)f(x)
，
u
t
(x,0)
(x)
．
证明
u
11
[
f
(
x
at
)
f
(
x
at
)]
[
(
x
at
)
(
x
at
)]
，
x
22
a
2
u
11
[
f
(
x
at
)
f
(
x
at
)]
[
(
x
at
)
(
x
at
)]
，
2
22
a
x
u
11
[
af
(
x
at
)
af
(
x
at
)]
[
a
(
x
at
)
a
(
x
at
)]
t
22
a
a
1
[
f
(
x
at
)
f
(
x
at
)]
[
(
x
at
)
(
x
at
)]
，
22
2
ua
2
a
[
f
(
x
at
)
f
(
x
at
)]
[
(
x
at
)
(
x
at
)]
2
22
t
所以，
2
ua
2
a
[
f
(
x
at
)
f
(
x
at
)]
[
(
x
at
)
(
x
at
)]
2
22
t
2
11
2
u
a
{[
f
(
x
at
)
f
(
x
at
)]
[
(
x
at
)
(
x
at
)]}
a
，
2
22
a
x
2
即满足弦振动方程．又
11
x
u
(
x
,0)
[
f
(
x
)
f
(
x
)]
(z)dz
f(x)
，
x
22
a
a
1
u
t
(
x
,0)
[
f
(x)
f
(x)]
[
(x)
(x)]
(x)
，
22
即满足初始条件．
§2含参变量的广义积分
1．证明下列积分在指定的区间内一致收敛：
（1）
0
cos(
xy
)
；
dy
（
xa0
）
22
x
y
cos(
xy
)
dy
(
x
)
；
1
y
2
y
x
e
y
dy
(
a
x
b
)
；
（2）
0
（3）
1
（4）
1
e
xy
cos
y
；
dy
（
p0
，
x0
）
y
p
（5）
0
sin
x
2
dx
(
p
0)
．
p
1
x
证明（1）因为当
xa0
时，
y[0,]
，有
cos(
xy
)11
，
x
2
y
2
x
2
y
2
a
2
y
2
而
0
cos(
xy
)1
收敛，由M判别法，
dy
dy
在
xa0
是一致收敛的．
2222
0
a
yx
y
（2）因为，
x(,)
，
y[0,)
成立
cos(
xy
)1
，
1
y
2
1
y
2
而
0
cos(
xy
)1
dy
收敛，由M判别法，
dy
在
x
一致收敛．
0
1
y
2
1
y
2
（3）因为
x[a,b]
，
y[1,)
，成立
y
x
e
y
y
其中
Mmaxa,b0
，而
max
a
,
b
y
e
y
M
e
y
，
1
1
yedy
收敛，所以
M
y
y
x
e
y
dy
在
axb
一致收敛．
（4）用Abel判别法．已知
1
cos
y
（见第十一章§3习题3（3）），又对每一个
x[0,)
，
dy
收敛
p
y
xy
函数
e
xy
关于
y
是单调函数，且
x[0,)
，
y[1,)
，有
e
1
，由Abel判别法知
在
[0,)
一致收敛．
（5）由于
1
e
xy
cos
y
dy
y
p
0
sinx
2
dx
收敛（见p56-§11.1-例10），又对每一个
p[0,)
，函数
1
是单调
1x
p
2
sin
x
1
1
，
dx
(
p
0)
在
[0,)
减函数，且
x[0,)
，
p[0,)
，有由Abel判别法，
p
p
0
1
x
1
x
一致收敛．
2．讨论下列积分在指定区间上的一致收敛性：
（1）
（2）
0
e
x
dx
(0
)
；
xe
xy
dy
，
(a0)
，（ii）
x[0,b]
；
2
0
（i）
x[a,b]
（3）
2
e
(
x
)
dx
，
（ii）
；
2
（i）
a
b
，
（4）
0
e
x
(1
y
2
)
sin
xdy
(0
x
)
．
2
解（1）
积分为
0
．
0
e
x
dx
e
(
0
x
)
2
d
(
x
)
x
u
0
e
u
du
2
(
0)
，当
0
时
2
A0
，由于
lim
o
A
e
x
dx
lim
0
x
2
2
o
A
e
u
du
e
u
du
0
22
，故
0
：，
0
0
22
0
0
，使得有
当
x0
时，
A
0
edx
0
，因此积分非一致收敛．
（2）积分对于每一个定值
x0
是收敛的．
0
xe
xy
dy
0
；当
x0
时
xe
xy
dy
e
xy
|
0
1
．
0
（i）
x[a,b](a0)
，由于
0
A
xe
xy
dy
e
xA
e
aA
，故
0,
A
0
11
ln
，使当
a
AA
0
时，就有
xe
xy
dye
aA
0
，于是，在区间
x[a,b](a0)
上积分一致收敛．
A
（ii）由于
x0
时，
e
Ax
Ax
1
，故
0
:0
0
1
，对于足够小的
x
0
值，
e
0
0
，故在
[0,b]
上，积分
0
xe
xy
dy
不一致收敛．
（3）对任意固定的
，积分
e
(
x
)
2
dx
都收敛，且（作代换
x
t
）
2
e
(
x
)
dx
e
t
dt
．
2
（i）取正数
R
充分大，使得
RabR
，显然，当
xR
时，对一切
a
b
，有
0
e
而积分
(
x
)
2
e
(
x
R
)
2
，
2
e
(
x
R
)
2
dx
2
e
(
x
R
)
dx
收敛，由M判别法，积分
e
(
x
)
dx
在
a
b
一致收敛．
0
2
（ii）
A0
，有
lim
A
e
(
x
)
dx
lim
2
A
e
t
dt
e
t
dt
，故当
充分大时，
2
2
由此可知
敛．
（4）
A0
，有
A
e
(
x
)
dx
2
0
，
2
2
0
e
(
x
)
dx
在
非一致收敛，因而
e
(
x
)
dx
在
更非一致收
2
因此，积分
A
2
e
x
2
(1
y
2
)
sin
xdy
2
sin
x
x
2
t
2
e
edt
e
t
dt
(
x
0
)
，
Ax
0
x
0
e
x
(1
y
2
)
sin
xdy
在
0x
非一致收敛．
3．设
f(t)
在
t0
连续，
关于
在
[a,b]
一致收敛．
证明
由于
0
tf(t)dt
当
a
，
b
时皆收敛，且
ab
．求证：
t
f(t)dt
0
1
0
0
t
f(t)dt
t
a
t
a
f(t)dt
t
b
t
b
f(t)dt
．
01
1
t
a
f(t)dt
收敛，因而，对
[a,b]
一致收敛，
t
当
固定时，对
t
在
[0,1]
单调，且
1
t
1
，因此，由Abel判别法，积分
t
0
aa
tf(t)dt
t
f(t)dt
在
[a,b]
一致收敛．
0
1
又因为
且
t
b
1
t
b
f(t)dt
收敛，故对
[a,b]
亦一致收敛，
t
b
当
固定时，对
t
在
[1,]
单调递减，
11
1
，由Abel判别法，积分
t
b
t
b
f(t)dt
t
f(t)dt
在
[a,b]
一致收敛．
0
因此，
t
f(t)dt
在
[a,b]
上一致收敛．
x
dy
，
x(,)
；
22
x
y
y
2
dy
，
x3
；
x
1
y
4．讨论下列函数在指定区间上的连续性：
（1）
F
(
x
)
0
（2）
F
(
x
)
0
（3）
F
(
x
)
0
sin
y
dy
，
x(0,2)
．
y
x
(
y
)
2
x
解（1）当
x0
时，
x
dy
0
x
2
y
2
F
(
x
)
0
1
yy
d
()
arctan
y
xx
1
()
2
x
0
,
x
0,
2
,
x
0,
2
而
F(0)0
，因此，
F(x)
在
x0
连续，在
x0
间断（第一类间断点）．
（2）因为
y
2
11
,(
y
1)
，
1
y
x
y
2
y
x
2
y
x
2
而当
x3
时，无穷积分
有意义．
1
y
x
2
1
y
2
因而
F(x)
在
x3
dy
在
x3
是常义积分，
dx
收敛，
F
(
x
)
0
1
y
x
1
x
0
3
，
3bx
0
，当
y1
时，
x[b,)
，有
y
2
111
，
x
2
x
2
x
2
b
2
1
yy
yyy
而
1
y
b
2
1
因而
dy
收敛，
0
y
2
y
2
因此，
dy
在
[b,)
一致收敛，
F
(
x
)
dx
在
x
0
[b,)
xx
0
1
y
1
y
连续，由
x
0
(3,)
的任意性可知，
F(x)
在
x3
连续．
（3）
F
(
x
)
2
0
sin(
y
)sin
y
dy
dy
，
x
2
xx
2
x
y
(
y
)
2
y
(
y
)
所以，
x
0
(0,2)
，
0
，使得
0
x
0
2
，当
x[
,2
]
时，有
sin
y
1
x
2
xx
12
x
y
(
y
)
y
(
y
)
1
y
1
(
)
2
1
y
1
()
2
，
y(0,1]
，
sin(
y
)11
，
y[
1,
)
，
2
y
x
(
y
)
2
x
y
x
(
y
)
1
x
()(
y
)
1
2
1
1
y
1
0
()
2
dy
及
1
()
2
(
y
)
1
2
1
dy
均收敛，所以
2
0
sin
y
sin
y
及
dx
dx
均
x
2
x
x
2
x
y
(
y
)
2
y
(
y
)
在
x[
,2
]
一致收敛，因而
0
sin
y
dy
在
x[
,2
]
一致收敛．
x
2
x
y
(
y
)
因此，因而在
0
x
0
2
连续，由
x
0
(0,2)
的任意性，知
F(x)F(x)
在
x[
,2
]
连续，
在
(0,2)
连续．
5．若
f(x,y)
在
[a,b][c,)
上连续，含参变量广义积分
Ι(x)
c
f(x,y)dy
在
[a,b)
收敛，在
xb
时发散，证明
I(x)
在
[a,b)
不一致收敛．
证明目的在于证明：
0
0
，
A
0
c
，
AAA
0
及
x[a,b]
，使得
\'\'\'
因为
A
\'\'
A
\'
f
(
x
,
y
)
dy
0
．（1）
A
\'\'
A
\'
f
(
x
,
y
)
dy
A
\'\'
A
\'
[
f
(
x
,
y
)
f
(
b
,
y
)]
dy
f
(
b
,
y
)
dy
\'\'
A
\'\'
A
\'
f
(
b
,
y
)
dy
A
\'\'
A
\'
A
\'\'
A
\'
[
f
(
x
,
y
)
f
(
b
,
y
)]
dy
，
\'
因此，若能证明
0
0
，
A
0
c
，
AAA
0
及
x[a,b]
，
1
0
因
A
\'\'
A
\'
f
(
b
,
y
)
dy
2
0
，
A
\'\'
A
\'
[
f
(
x
,
y
)
f
(
b
,
y
)
dy
0
，（2）
则（1）式即可得到．剩下的问题在于证明（2）．
c
f(b,y)dy
发散，故
0
0
，
A
0
c
，
A
\'\'
A
\'
A
0
，使得
A
\'\'
A
\'
f
(
b
,
y
)
dy
2
0
．
2
0
但
f(x,y)
在
[a,b][c,)
连续，从而在有界闭区域
axb
，
A
yA
上一致连续，于
0
是对上述
1
中
0
0
，
0
，当
x
x
，
y
y
且
x
,x
[a,b]
，
y
,y
[A
,A
]
时，
有
f
(
x
,
y
)
f
(
x
,
y
)
0
，
A
A
从而
xb
时，有
f
(
x
,
y
)
f
(
b
,
y
)
A
\'\'
0
，由此推得
A
A
6．含参变量的广义积分
Ι(x)
A
\'
[
f
(
x
,
y
)
f
(
b
,
y
)
dy
0
．
f(x,y)dy
在
[a,b]
一致收敛的充要条件是：对任一趋于
的
c
递增数列
A
n
（其中
A
1
c
），函数项级数
n
1
A
n
1
A
n
f
(
x
,
y
)
dy
u
n
(
x
)
n
1
在
[a,b]
上一致收敛．
证明必要性．
I(x)
c
f(x,y)dy
在
[a,b]
一致收敛，故
0
，
A
0
c
，当
AA
0
时，有
对
x[a,b]
一致地成立．
A
f(x,y)dy
，
对任意递增数列
A
n
：
A
n
(A
1
c)
，首先，
u
n
(
x
)
n
1
n
1
A
n
1
A
n
A
n
1
f
(
x
,
y
)
dy
lim
n
k
1
n
A
k
1
A
k
f
(
x
,
y
)
dy
lim
n
c
f
(
x
,
y
)
dy
c
f
(
x
,
y
)
dy
I
(
x
)
，
x[a,b]
成立．
其次，由于
A
n
单调递减趋于
，故对上述
A
0
c
，
N
满足
A
N
A
0
，因此当
nN
时，
A
n
A
N
A
0
，因此，有
u
k
n
k
(x)
k
n
A
k
1
A
k
f(x,y)dy
A
n
f(x,y)dy
，
x[a,b]
一致地成立，因此级数
u
n
(
x
)
在
[a,b]
上一致收敛于
I(x)
．
n
1
充分性．采用反证法．若不然，设对任一趋于
的递增数列
A
n
（其中
A
1
c
），函数项级数
u
n
(
x
)
n
1
n
1
A
n
1
A
n
但广义积分
Ι(x)
f
(
x
,
y
)
dy
在
[a,b]
上一致收敛，
c
f(x,y)dy
在
[a,b]
不一致收
敛，因此
0
0
，
A
0
c
，
AA
0
，
x
0
[a,b]
，使得
取
A
(1)
0
(2)
A
f
(
x
0
,
y
)
dy
0
．
[c]10
，
A
2
A
，
x
1
[a,b]
，使得
A
1
1
，
A
3
A
0
，
x
2
[a,b]
，使得
(3)
，
x
3
[a,b]
，使得
A
2
1
，
A
4
A
0
(2)
(1)
0
A
2
f
(
x
1
,
y
)
dy
0
；
取
A
0
取
A
0
A
3
f
(
x
2
,
y
)
dy
0
；
f
(
x
3
,
y
)
dy
0
；
(3)
A
4
如此一直下去．得到一列单调递增序列
A
n
（令
A
1
C
），且
A
n
(n)
和一列
x
n
[a,b]
，使得
即函数项级数
A
n
1
f
(
x
n
,
y
)
dy
0
，
u
n
1
n
(
x
)
n
1
A
n
1
A
n
f
(
x
,
y
)
dy
在
[a,b]
非一致收敛，矛盾！
因此，
I(x)
c
f(x,y)dy
在
[a,b]
一致收敛．
7．用上题的结论证明含参变量广义积分
I(x)
19．12）和积分号下求导数定理（定理19．13）．
证明积分交换次序定理
c
f(x,y)dy
在
[a,b]
的积分交换次序定理（定理
设
f(x,y)
在
[a,b][c,)
上连续，且含参变量的广义积分
I(x)
在
[a,b]
上一致收敛，则
c
f(x,y)dy
即
由于
I(x)
项级数
b
a
I(x)dx
dy
f(x,y)dx
，
ca
b
dx
a
b
c
f(x,y)dy
dy
f(x,y)dx
．
ca
b
c
，函数
f(x,y)dy
在
[a,b]
一致收敛
对任意递增趋于
的数列
A
n
（
A
1
c
）
n
1
A
n
1
A
n
由已知条件，
f(x,y)
在
[a,b][c,)
f
(
x
,
y
)
dy
u
n
(
x
)
在
[a,b]
一致收敛于
I(x)
，
n
1
上连续，因而亦在
[
a
,
b
][
A
n
,
A
n
1
]
上连续，故
u
n
(
x
)
级数和函数的逐项积分定理，有
A
n
1
A
n
f
(
x
,
y
)
dy
在
[a,b]
连续，因此利用函数项
b
a
I
(
x
)
dx
u
n
(
x
)
dx
dx
n
1
a
n
1
a
b
bA
n
1
A
n
f
(
x
,
y
)
dy
n
1
A
n
1
b
A
n
1
A
n
dy
f
(
x
,
y
)
dx
a
b
b
lim
n
k
1
n
A
k
1
A
k
dy
f
(
x
,
y
)
dx
lim
a
b
n
c
dy
f
(
x
,
y
)
dx
dy
f
(
x
,
y
)
dx
．
aca
积分号下求导数定理设
f(x,y)
和
f
x
(x,y)
都在
[a,b][c,)
上连续，若
c
c
f(x,y)dy
在
[a,b]
上收敛，
c
f
x
(x,y)dy
在
[a,b]
上一致收敛，则
I(x)
I
(x)
c
f(x,y)dy
在
[a,b]
可导，且
f
x
(x,y)dy
，
即
由于
d
f
(
x
,
y
)
dy
f
(
x
,
y
)
dy
．
x
cc
dx
x
c
，级数
f(x,y)dy
在
[a,b]
上收敛，故对任意趋于
的递增函数列
A
n
（
A
1
C
）
n
1
A
n
1
A
n
f
(
x
,
y
)
dy
u
n
(
x
)
在
[a,b]
上收敛于
I(x)
，又
n
1
A
n
1
c
f
x
(x,y)dy
在
[a,b]
上一致收敛，故函数
项级数
n
1
A
n
(
x
)
在
[a,b]
上一致收敛，用函数项级数和函数的逐项求导定理，知
f
x
(
x
,
y
)
dy
u
n
n
1
(
x
)
I
(
x
)
u
n
n
1
n
1
A
n
1
A
n
f
x
(
x
,
y
)
dy
c
f
x
(
x
,
y
)
dy
．
8．利用微分交换次序计算下列积分：
（1）
I
n
(
a
)
0
dx
（
n
为正整数，
a0
）；
2
n
1
(
x
a
)
（2）
0
e
ax
e
bx
sinmxdx
（
a0
，
b0
）；
x
xe
ax
sin
bxdx
(
a0
)．
2
（3）
0
解（1）由于积分
0
dx
对一切
a
0
0
在
aa
0
上一致收敛，得
x
2
a
d
dx
1
dx
()
dx
0
(
x
2
a
)
2
I
1
(
a
)
，
da
0
x
2
a
0
a
x
2
a
由
a
0
0
的任意性，知上式对一切
a0
成立．同理对积分
0
dx
逐次求导，得
x
2
a
d
n
da
n
但
0
dxdx
nn
(
1)
n
!
(
1)
n
!
I
n
(
a
)
，
22
n
1
0
x
a
(
x
a
)
d
dxd
()
da
0
x
2
a
da
2
a
2
2
d
2
da
2
用数学归纳法，可得
1
a
3
，
0
dxd
(
da
2
2
x
2
a
1
a
3
)
(
1)
2
1
3
2
3
1
a
2
n
1
1
a
5
，
d
n
da
n
所以，
0
dx
n
(2
n
1)!!
(
1)
x
2
a
2
n
1
1
，
(2
n
1)!!
(
n
2
)
(2
n
1)!!
(
n
2
)
．
I
n
(
a
)
a
a
n
1
2(2
n
)!!
2
n
!
1
（2）当
m0
时，
0
e
ax
e
bx
sin
mxdx
0
，下设
m0
．
x
e
ax
e
bx
sin
mx
0
，因此
x0
不是瑕点，从而当
a0
，
b0
时，被积函数在由于
lim
x
0
x
0x
内连续（
x0
的函数值理解为极限值0），又由于
e
ax
e
bx
e
ax
e
bx
sin
mx
(
x
0)
，
xx
而积分
1
ax
ee
ax
e
bx
e
bx
dx
收敛，由比较判别法，积分
sinmxdx
收敛．
0
xx
e
ax
e
bx
(sinmx)dx
e
ax
sinmxdx
是一致收敛的．事实上，
0
ax
当
aa
0
0
时，积分
0
由
e
ax
sin
mx
e
a
0
x
(
x
0)
立即得到此结论．于是
I
(
a
)
0
e
ax
e
bx
sinmxdx
在
aa
0
0
时
x
可以在积分号下求导数，得
I
(
a
)
e
ax
sin
mxdx
0
m
，
22
a
m
由
a
0
0
的任意性知，上式对一切
a0
均成立，从而
ma
da
arctan
c
，
m
a
2
m
2
bb
其中
c
为待定常数，令
ab
，则得
I(b)0arctan
c
carctan
．所以，
mm
I
(
a
)
0
e
ax
e
bx
bam
(
b
a
)
sin
mxdx
arctan
arctan
arctan
2
(
m
0)
．
xmm
m
ab
ax
2
1
1
ax
2
b
ax
2
ax
2
（3）
xe
sin
bxdx
sin
bxd
(
e
)
e
sin
bx
e
cos
bxdx
0
0
2
a
0
2
a
2
a
0
b
ax
2
e
cos
bxdx
0
2
a
2
22
ax
2
cos
bxdx
，由于
e
ax
cos
bx
与
(
e
ax
cos
bx
)
xe
ax
sin
bx
都是
x0
，设
I
(
b
)
e
0
b
b
上的连续函数，且此时
e
ax
cos
bx
e
ax
，
xe
ax
sin
bx
xe
ax
，
而积分
2222
0
e
ax
dx
与
xe
ax
dx
都收敛，因此积分
e
ax
cos
bxdx
与
xe
ax
sin
bxdx
均在
000
2
2
2
2
(,)
上一致收敛，从而可以在积分号下求导数．所以，
I
(
b
)
xe
ax
sin
bxdx
0
2
b
I
(
b
)
，
2
a
1
解得，
I
(
b
)
ce
b
2
4
a
，其中
c
是待定常数．但
I
(0)
0
e
ax
dx
b
2
2
，得
a
2
b
2
0
xe
ax
2
bb
1
4
a
ba
4
a
sin
bxdx
I
(
b
)
e
e
．
2
2
a
2
a
2
a
4
a
9．利用对参数的积分法计算下列积分：
（1）
e
ax
2
0
e
x
bx
2
；
dx
（
a0
，
b0
）
（2）
0
e
ax
e
bx
sinmxdx
（
a0
，
b0
）．
x
解（1）
e
ax
2
0
e
x
bx
2
dx
0
xdx
e
tx
dt
dt
ba
a
2
b
0
xe
tx
dx
2
b
11
tx
2
2
tx
2
dt
ed
(
tx
)
edt
a
2
t
0
a
2
t
0
b
1111
b
b
dt
ln
t
a
(ln
b
ln
a
)
ln
．
a
2
t
222
a
b
（2）
b
0
bb
e
ax
e
bx
sin
mxdx
sin
mxdx
e
tx
dt
dt
e
tx
sin
mxdx
0
aa
0
x
b
a
mt
dt
arctan
m
t
2
m
2
arctan
a
bam
(
b
a
)
（
m0)
，
arctan
arctan
2
mm
m
ab
而
m0
时，
0
e
ax
e
bx
sin
mxdx
0
，这也可以归结到前面最终答案中
m0
的情形，所以，
x
10．利用
0
e
ax
e
bx
m
(
b
a
)
sin
mxdx
arctan
2
．
x
m
ab
1
y
(1
x
2
)
edy
计算Laplace积分
2
0
1
x
cos
x
L
dx
0
1
x
2
x
sin
x
和
L
1
dx
．
0
1
x
2
cos
x
解先计算
L
dx
．
2
0
1
x
cos
x
1
若
0
，则
L
，故下设
0
．
dx
dx
arctan
x
22
0
00
2
1
x
1
x
L
0
cos
x
y
(1
x
2
)
y
yx
2
dx
(
edy
)cos
xdx
edye
cos
xdx
2
0000
1
x
y
e
0
1
e
2
y
2
4
y
dyy
t
0
e
(
t
2
2
)
4
t
2
dt
e
0
e
(
t
2
)
2
t
dt
，
其中第四个等号应用了8（3）中
I(b)
的结果．下面计算
(
t
I
e
0
2
)
2
t
dt
．
设
t
1
则
0t
时，
u
，
t
u
2
2
t
(
uu
2
2
)
，
u
，
2
t
2
t
2
2
12
u
1
u
u
2
从而有
dt
(1
)
du
du
，代入得
22
22
2
u
2
u
2
(
t
I
e
0
2
)
2
t
2
1
(
u
2
2
)
u
u
2
dt
e
du
2
2
u
2
2
u
2
2
(
u
2
2
)
u
1
0
(
u
2
2
)
u
u
2
(
edu
e
du
)
0
22
2
u
2
u
2
1
(
u
2
2
)
(
e
2
0
u
2
2
u
u
2
2
du
e
0
(
u
2
2
)
u
u
2
2
u
2
2
du
)
（前者作负代换）
(
u
2
2
)
1
(
u
2
2
)
2
e
2
du
edu
e
0
2
0
0
e
u
du
2
2
，
e
2
所以，
L
e
0
e
(
t
2
)
2
t
dt
e
2
e
e
．
22
再计算
L
1
x
sin
x
0
1
x
2
dx
．显然
cos
ux
cos
ux
u
L
1
dx
du
dudx
edu
0
0
1
x
2
0
2
00
1
x
2
2
0
e
u
du
e
u
du
,
0,
(1
e
),
0,
0
2
(1
e
)sgn
．
2
e
u
du
,
0
2
(
e
1),
0
0
2
11．利用
1
x
2
0
e
xy
dy
(
x
0)
计算Fresnel积分
2
F
和
0
1
sin
x
sin
xdx
dx
，
2
0
x
2
F
1
cos
x
2
dx
0
1
cos
x
dx
．
0
2
x
解在积分
1
x
2
0
e
xy
dy
的两端乘以
sinx
，再在
0x
0
xx
1
上积分，则得
x
1
2
由于
sin
x
e
xy
2
2
sin
x
x
2
x
0
dx
2
x
1
x
0
dx
sin
xe
xy
dy
.
0
2
2
e
x
0
y
，而
e
x
0
y
dy
收敛，故积分
sinxe
xy
dy
对
x
0
xx
1
一致收敛，从而
00
可以进行积分顺序的交换，得
x
1
sin
x
x
x
0
dx
2
2
0
dy
sin
x
e
xy
dx
x
0
2
x
1
2
2
0
e
xy
(
y
2
sin
x
cos
x
)
x
1
[
]
x
0
dy
4
1
y
2
2
sin
x
0
2
0
xy
e
0
e
x
0
y
y
2
2
dy
cos
x
0
dy
0
1
y
4
1
y
4
xy
e
1
e
x
1
y
y
2
2
dy
cos
x
1
dy
，
44
0
1
y
1
y
x
0
y
2
22
sin
x
1
0
上述等式右端的诸积分分别对
0
x
0
，
0x
1
都是一致收敛的(
e
1
，
e
x
1
y
1
，且
2
0
y
2
dy
及均收敛)．于是，它们分别是
x
0
,x
1
(
0x
0
，
0x
1
)的连续函
dy
4
4
0
1
y
1
y
数，从而令
x
0
0
，可在积分号下取极限，得
x
1
sin
x
x
0
dx
2
0
dy
2
ey
2
e
sin
xdy
cos
xdy
，
1
1
4
00
1
y
4
1
y
4
1
y
x
1
y
2
2
x
1
y
2
且由于上式右端后两个积分均不超过积分
2
0
e
x
1
y
dy
2
2
1
2
0(
x
1
)
．故
x
1
令
x
1
取极限，
0
xy
e
1
e
x
1
y
y
2
dy
0
，
dy
0(
x
1
)
，
0
1
y
4
1
y
4
sin
x
x
0
dx
2
0
dy
2
，
2
1
y
4
22
所以，
0
sin
x
2
dx
1
sin
x
．
dx
0
2
x
22
同理可得，
0
cos
x
2
dx
．
22
2
sin
x
dx
，
e
x
dx
0
x
22
12．利用已知积分
计算下列积分：
（1）
0
0
sin
4
x
dx
；
x
2
（2）
2
0
sin
y
cos
yx
dy
；
y
2
（3）
（4）
0
；
x
2
e
ax
dx
（
a0
）
0
e
e
(
ax
2
bx
c
)
；
dx
（
a0
）
（5）
(x
2
a
2
x
2
)
dx
（
a0
）．
解（1）
0
sin
4
x
1sin
4
x
4
dx
sin
xd
()
0
xx
x
2
0
0
4sin
3
x
cos
x
dx
x
(3sin
x
sin3
x
)cos
x
dx
0
x
3
sin2
x
1
sin4
x
1
sin2
x
dx
dx
dx
2
0
x
2
0
x
2
0
x
sin2
x
1
sin4
x
1
d
(2
x
)
d
(4
x
)
．
0
2
x
2
0
4
x
2224
（2）
2
0
sin
y
cos
yx
1
dy
y
1
0
sin(1
x
)
y
sin(1
x
)
y
dy
y
sin(1
x
)
y
sin(1
x
)
y
dy
dy
]
0
yy
[
0
1,
x
1,
1,
1
x
1,
1
1
,
x
1
orx
1,
,
x
1,
2
2
0,
x
1．
0,
x
1
orx
1,
（3）由于
0
e
ax
dx
xe
ax
22
0
xe
ax
(
2ax)dx
2a
x
2
e
ax
dx
，所以，
00
2
2
（4）
0
x
2
e
ax
dx
a
(
x
2
1
ax
2
11
a
．
edx
2
0
2
a
2
a
2
a
4
a
dx
e
b
2
4
ac
4
a
0
e
(
ax
bx
c
)
2
dx
e
0
b
2
b
2
4
ac
)
2
a
4
a
0
e
1
a
(
x
b
2
)
2
a
dx
e
b
2
4
ac
4
a
b
2
a
e
at
2
dt
e
b
2
4
ac
4
a
(
e
0
at
2
dt
e
2
b
2
a
0
at
2
dt
)
e
b
2
4
ac
4
a
b
1
(
2
a
e
u
du
)
a
2
a
0
2
(
x
2
a
2
x
1
a
)
2
e
b
2
c
4
a
b
(
2
a
e
u
du
)
．
0
2
a
2
x
a
2
(
x
)
x
（5）
edx
2
e
0
(
x
2
)
2
dx
2
e
2
a
e
0
dx
，
设
I(a)
0
e
a
2
(
x
)
x
dx
，令
x
aa
u
，则
0x
时，
u
．
x
u
2
4a
，
xx
1
u
u
2
4
a
1
2
du
，代入
I(a)
，得
x
(
uu
4
a
)
，
dx
2
2
2
u
4
a
I
(
a
)
e
0
a
2
(
x
)
x
1
(
u
2
4
a
)
u
u
2
4
a
dx
e
du
2
2
u
4
a
2
1
0
(
u
2
4
a
)
u
u
2
4
a
(
u
2
4
a
)
u
u
4
a
(
e
du
e
du
)
0
22
2
u
4
au
4
a
2
1
(
u
2
4
a
)
u
2
4
a
u
(
u
2
4
a
)
u
u
4
a
(
e
du
e
du
)
（前者作负代换）
0
22
2
0
u
4
au
4
a
e
(
u
0
2
4
a
)
du
4
a
e
，
2
4
a
e
e
2
a
．
2
所以，
e
(
x
2
a
2
x
2
)
dx
2
e
2
a
13．求下列积分：
（1）
0
1
e
t
cos
tdt
；
t
ln(1
x
2
)
dx
．
2
1
x
（2）
0
解（1）引入参变量
(0)
，考虑含参变量的积分
I
(
)
0
1
e
t
costdt
，则要求的积分为
I(1)
.
t
1
e
t
1
e
t
cos
t
及
(cos
t
)
e
t
cos
t
均在由于
0
，
b0
：
b
，函数
t
t
[b,)[0,)
上连续，且
e
t
costdt
在
[b,)
一致收敛，(M判别法.
e
t
cos
t
e
bt
，
0
[b,)
)，故在点
0
，有
I
(
)
0
cos
t
sin
t
t
e
t
cos
tdt
e
2
1
0
，
2
1
由
0
的任意性，上式
I
(
)
1
2
对一切成立．所以，
I
(
)
ln(
1)c
，再由
0
2
2
1
1
ln(
2
1)
，
2
0
I
(0)
lim
I
(
)
c
，即知
0
I
(
)
因此，
0
1
e
t
1
cos
tdt
I
(1)
ln2
．
t
2
（2）引入参变量
：
0
，考虑含参变量的积分
I
(
)
0
ln(1
2
x
2
)
dx
，则要求的积
2
1
x
ln(1
2
x
2
)
分为
I(1)
．由于
f
(
,
x
)
在
[0,)[0,)
连续，且当
0
1
(
1
0
为任何有限正
1
x
2
数)时一致收敛．事实上，当
0
1
时，
ln(1
2
x
2
)
ln(1
1
2
x
2
)
0
(0x)
，
1
x
2
1
x
2
而
0
ln(1
1
2
x
2
)
ln(1
1
2
x
2
)
2
0
)，于是
I(
)
是
0
1
上的连续函数．由
dx
收敛(
lim
x
x
1
x
2
1
x
2
3
1
0
的任意性知，
I(
)
当
0
时连续．而
ln(1
2
x
2
)2
x
2
，
[]
2222
1
x
(1
x
)(1
x
)
由于当
0
0
1
时，有
2
1
x
2
2
x
2
(0x)
，
0
222222
(1
x
)(1
x
)(1
x
)(1
0
x
)
而积分
0
2
1
x
2
2
x
2
dx
收敛，于是
dx
在
0
0
1
时是一致收
22
0
(1
x
2
)(1
2
x
2
)(1
x
2
)(1
0
x
)
敛的．从而
I
(
)
0
2
1
x
2
，
dx
222
1
(1
x
)(1
0
x
)
由
0
0
及
1
0
的任意性知，上式对一切
0
均成立．所以，
I(
)
ln(
1)c
(
0
)，
令
0
取极限，注意到
I(
)
在
0
连续，可得
0
I
(0)
lim
I
(
)
c
，所以，
0
I(
)
ln(
1)
．因此，
14．证明：
（1）
1
0
ln(1
2
x
2
)
dx
I
(1)
ln2
．
1
x
2
1
ln(xy)dy
在
[,b]
（
b1
）上一致收敛；
0
b
1
dx
（2）
y
在
(,b]
（
b1
）上一致收敛．
0
x
1
111
证明（1）显然，
x
[
,
b
]
，瑕积分
I(x)
ln(xy)dy
是收敛的，且
x
[,b]
，
y
[0,
]
时，
0
bbb
11
1
ln(xy)ln(by)
，而积分
ln(by)dy
收敛，由M判别法，知
ln(xy)dy
在
[,b]
上一致收敛．
00
b
1
dx
（2）
y(,b](b1)
，积分
y
收敛(
y(,0]
时是常义积分，
y[0,b](b1)
时是瑕
0
x
1
dx
1
dx
11
点为
0
的
p
积分)．且
y(,b]
时，
y
b
，而
b
(
b
1)
收敛，由M判别法知
y
在
(,b]
0
x
0
xxx
(b1)
一致收敛．
§3
1．利用Euler积分计算下列积分：
（1）
Euler积分
1
dx
1
x
1
4
0
；
（2）
1
0
x
x
2
dx
；
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
1
0
a
x
3
(1
x)dx
；
x
2
a
2
x
2
dx
(a0)
；
sin
6
x
cos
4
xdx
；
dx
；
4
1
x
；
x
2
n
e
x
dx
（
n
为正整数）
2
0
2
0
0
0
（8）
dx
3
cosx
0
；
（9）
2
0
；
sin
2
n
xdx
（
n
为正整数）
（10）
1
n
1
m
．
x
(ln)dx
（
n
为正整数，
m1
）
0
x
1
1
4
解（1）令
xt
，则
xt
4
，
dx
4
t
3
dt
，
1
4
t
(1
t
)
dt
4
(4,)
4
0
2
1
3
1
2
1
dx
1
x
1
4
0
4
11621
(3,)
4
(2,)
1
27
1
2
4
12
22
1
(1)
()
642164
2
128
(1)
128
．
4
(1,)
753235
11
3535
()
22
（2）
1
0
11
()
()
1
331
2
1
2
2
x
xdx
x
(1
x
)
dx
(,)
(
)
2
．
0
228
(1)88
1
2
1
2
1
2
（3）令
xt
，则
xt
2
，
dx2tdt
，
1
3
2
1
2
1
3
1
2
1
4
1
2
1
0
3
x
(1
x
)
dx
x
(1
x
)
dx
t
(1
t
)2
tdt
2
t
(1
t
)
dt
2
(5,)
000
2
3
3
(5)
()
2
512
．
2
1
3465
(6)
2
x
2
a
（4）令
2
u
，则
xau
，
dx
du
，所以，
a
2
u
a
0
x
2
a
4
a
xdx
au
(
a
au
)
du
0
2
2
u
22
1
222
1
2
aa
4
33
0
u
(1
u
)
du
2
(
2
,
2
)
1
1
2
1
2
a
4
1
2
1
a
4
4
()
(
)
2
a
．
4823232
（5）令
sin
xt
，则
x
2
时，
t1
；
x0
时，
t0
，
2
53
2
0
1
1
2
1753
64
sin
x
cos
xdx
t
(1
t
)
2
dt
(,)
．
2
0
222512
1
4
dx
1
tdt
1
．
tdt
，
4
0
0
41
t
4
1
x
3
4
3
4
（6）先作代换
xtxt
，
dx
4
再令
tu
1
，
dt
u
，
t
du
，因此，
1
t
1
u
(1
u
)
2
u
4
()
dx
1
tdt
1
1
1
u
1
du
0
1
x
4
4
0
1
t
4
0
1
(1
u
)
2
1
u
3
4
3
1
1
u
0
4
3
4
13
()
()
1131
44
．
(1
u
)
du
(,)
4444
(1)
22
1
4
（这里用到了
函数的余元公式
(
x
)(1
x
)
（下册）P377-379，高等教育出版社2000年4月）．
（7）令
xt
,
2
(0
x
1)
，参见陈纪修等《数学分析》
sin
x
则
xt
，
dx
1
1
2
t
dt
，有
1
（8）
0
xe
2
n
x
2
dx
0
1
n
11(2
n
1)!!
tedt
t
2
e
t
dt
(
n
)
．
n
1
0
222
2
2
t
n
t
dx
3
cos
x
0
dx
x
2
2sin
2
2
0
1
2
1
2
dx
1
sin
2
2
1
2
0
x
2
1
4
1
2
x
sin
t
2
2
(1
t
2
0
1
2
)(1
t)dt
2
(1
t)dt
0
t
u
4
2
4
1
0
u
3
4
(1
u
)
du
1
2
211
(,)
442
11
()
()
2
42
3
4
()
4
（9）
1
()
2
4
1
2
(
1
)
．
3
44
()
4
4
1
2
11
2
0
sin
2
n
1
1
n
2
111
2
n
22
xdx
sin
x
t
t
(1
t
)
dtt
u
u
(1
u
)
2
du
(
n
,
)
0
2
0
222
1
11
(
n
)
()
1
22
(2
n
1)!!
．
2
(
n
1)2(2
n
)!!
（10）
1
n
1
m
u
x
(ln)dxx
e
0
x
1
0
(e
u
)
m
u
n
1
d(e
u
)
u
n
1
e
(
m
1)
u
du
0
(
m
1)
u
t
1
(
m
1)
n
0
t
n
1
e
t
dt
1(
n
1)!
．
(
n
)
nn
(
m
1)(
m
1)
2．将下列积分用Euler积分表示，并求出积分的存在域：
（1）
0
x
m
1
dx
；
2
x
n
dx
1
x
m
（2）
1
0
n
（
m0
）；
（3）
（4）
（5）
2
0
1
tan
n
xdx
；
1
p
(ln
0
x
)dx
；
0
x
p
e
x
lnxdx
(
0)
．
m
1
n
解（1）当
n0
时，则有
0
x
1
x
1
(2
t
)2
n
dx
dxx
2
tdx
n
1
2
0
2
0
1
t
2
x
n
x
n
1
nt
n
2
2
m
1
n
m
1
m
1
n
m
n
0
t
dt
1
t
m
1
n
t
2
u
1
tn
m
1
n
u
0
1
m
1
n
(1
u
)
m
n
du
2
mm
(,1
)
，
2
nnn
要求
m
n
0
且
1
m
n
0
，即
0
m
n
1
，也即
0mn
．
当
n0
时，则积分为
x
m
1
0
3
dx
对一切的
x
发散．
当
n0
时，
x
n
2
t
，则时；时
同样要求
m
n
0
且
1
m
n
0
，即．
积分的收敛域为：
0mn
或．
（2）
存在域为，即或．
（3）
存在域为且，即．
（4），
（5）由对函数分析性质的证明，可知：
在一致收敛．故当时，
但，故
由的任意性，知上式对一切均成立．
3．证明：
（1）；
（2）．.
，所以
，
，
即为存在域．
，积分
，
，，
证明（1）令，则，所以，．
（2）
4．证明：
．
(
a
,
b
)
1
0
x
a
1
x
b
1
dx
；
a
b
(1
x
)
(s0)
．
(
)
s
x
1
e
sx
dx
0
证明
B(a,b)
x
a
1
(1
x)
b
1
dx
，令
x
0
1
1
，则
x1
时，
t0
；
x0
时，
t
，
1
t
1
x
1
所以，
1
t
1
，
dx
dt
，
1
t
1
t
(1
t
)
2
1
t
b
1
1
t
b
1
B
(
a
,
b
)
()
dt
dt
2
a
b
(1
t
)
a
1
0
1
t
(1
t
)(1
t
)
0
t
b
1
t
b
1
dt
dt
，
a
b
0
(1
t
)
a
b
1
(1
t
)
1
在后一积分中作倒代换
t
1
，则
t1
时，
u1
；
t
时，
u0
．
u
1
()
b
1
b
1
1
tu
a
1
u
，
dt
2
du
，
a
ba
b
1
u
(1
t
)
(1
u
)
(1
)
a
b
u
所以，
因此，
1
011
t
b
1
u
a
1
1
u
a
1
t
a
1
dt
2
du
du
dt
，
a
ba
ba
ba
b
100
(1
t
)(1
u
)
u
(1
u
)(1
t
)
11
t
b
1
t
b
1
t
b
1
t
a
1
(
a
,
b
)
dt
dt
dt
dt
0
(1
t
)
a
b
10
(1
t
)
a
b
0
(1
t
)
a
b
(1
t
)
a
b
1
a
1
1
xt
a
1
t
b
1
x
b
1
dt
dx
．
0
(1
t
)
a
b
0
(1
x
)
a
b
1
(
)
x
1
e
x
dxx
st
0
0
(st)
1
e
st
sdt
s
t
1
e
st
dt
s
x
1
e
sx
dx
．
00
此文只供参考，写作请独立思考，不要人云亦云，本文并不针对某个人（单位），祝您工作愉快！
一是主要精力要放在自身专业能力的提升上，二是业余时间坚持写作总结，这是一个长期的积累过程，
剩下的，不用过于浮躁，交给时间就好了。
每个人都有自己的爱，不能强迫自己去做。每个人都有自己的意志，不能被强迫。每个人都有自己
的命运，而不是自己的结。放松你的思想，满足于现状。不要控制你的情绪。去吧，依靠你的梦想。成
功取决于奋斗。成长取决于经验。幸福取决于开放。幸福取决于满足。很容易被人看不起。如果你看起
来有点肤浅，你可以放心。往下看，你会很高兴的。敞开心扉，敞开心扉。只有看透了，我们才能成熟。
这很容易理解。
为了成功，你需要给生活足够的速度。这是胜利者的态度，也是胜利者的态度。为了实现这个伟大
的目标，我们必须能够忍受别人的嘲笑和独自工作的孤独。有了信念和追求，人就能忍受一切艰难困苦，
适应一切环境。美属于自信，平静属于准备，奇迹属于坚持。
真正的努力，是“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海”的积累；是“贵有恒，何必三
更眠五更起；最无益，只怕一日曝十日寒”的自律；是“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”的执着。
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