含参量积分实战练习(1)

小测: 试试看掌握了多少

在了解了含参量积分的连续性（极限和积分可交换的条件）、可微性（导数和积分型次序交换的条件）、可积性（积分顺序可以交换的条件）之后，试试看能否自己回答下面的问题吧！

正常积分：

1. 如何对有理函数进行分解 x ( 1 + x 2 ) ( 1 + α x ) \frac{x}{(1+x^2)(1+\alpha x)} (1+x2)(1+αx)x​

2. 令 φ ( α ) = ∫ 0 1 ln ⁡ ( 1 + α x ) 1 + x 2 d x \varphi(\alpha)=\int_0^1\frac{\ln(1+\alpha x)}{1+x^2}dx φ(α)=∫01​1+x2ln(1+αx)​dx，判断其是否可导，如果可导计算 φ ′ ( α ) \varphi'(\alpha) φ′(α)

3. 如何求解 φ ( α ) = ∫ 0 1 ln ⁡ ( 1 + α x ) 1 + x 2 d x \varphi(\alpha)=\int_0^1\frac{\ln(1+\alpha x)}{1+x^2}dx φ(α)=∫01​1+x2ln(1+αx)​dx在 α = 1 \alpha=1 α=1的值

   .

4. 算导数 d d x ( x a + x 2 ) \frac{d}{dx}(\frac{x}{a+x^2}) dxd​(a+x2x​)

5. 判断 ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 x 2 − y 2 ( x 2 + y 2 ) 2 d y \int_0^1dx\int_0^1\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}dy ∫01​dx∫01​(x2+y2)2x2−y2​dy是否等于 ∫ 0 1 d y ∫ 0 1 x 2 − y 2 ( x 2 + y 2 ) 2 d x \int_0^1dy\int_0^1\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}dx ∫01​dy∫01​(x2+y2)2x2−y2​dx ，并解释原因

   .

6. 计算定积分 ∫ 0 δ d x x 2 + c 2 \int_0^\delta \frac{dx}{x^2+c^2} ∫0δ​x2+c2dx​

7. 计算 lim ⁡ y → 0 ∫ 0 δ y x 2 + y 2 d x \lim\limits_{y\to0}\int_0^{\delta} \frac{y}{x^2+y^2}dx y→0lim​∫0δ​x2+y2y​dx

8. 研究函数 F ( y ) = ∫ 0 1 y f ( x ) x 2 + y 2 d x F(y)=\int_0^1\frac{yf(x)}{x^2+y^2}dx F(y)=∫01​x2+y2yf(x)​dx的连续性，其中 f ( x ) f(x) f(x)为[0,1]上正的连续函数

讲解：

如何对有理函数进行分解 x ( 1 + x 2 ) ( 1 + α x ) \frac{x}{(1+x^2)(1+\alpha x)} (1+x2)(1+αx)x​

待定系数法、设 x ( 1 + x 2 ) ( 1 + α x ) = A x + B 1 + x 2 + C 1 + α x \frac{x}{(1+x^2)(1+\alpha x)}=\frac{Ax+B}{1+x^2}+\frac{C}{1+\alpha x} (1+x2)(1+αx)x​=1+x2Ax+B​+1+αxC​ ，** 不会的同学有必要复习下有理函数的分解(书上有)

总之算得结果: x ( 1 + x 2 ) ( 1 + α x ) = 1 1 + α 2 ( α + x 1 + x 2 − α 1 + α x ) \frac{x}{(1+x^2)(1+\alpha x)}=\frac{1}{1+\alpha^2}\left( \frac{\alpha +x}{1+x^2}-\frac{\alpha}{1+\alpha x} \right) (1+x2)(1+αx)x​=1+α21​(1+x2α+x​−1+αxα​)

令 φ ( α ) = ∫ 0 1 ln ⁡ ( 1 + α x ) 1 + x 2 d x \varphi(\alpha)=\int_0^1\frac{\ln(1+\alpha x)}{1+x^2}dx φ(α)=∫01​1+x2ln(1+αx)​dx，判断其是否可导，如果可导计算 φ ′ ( α ) \varphi'(\alpha) φ′(α)

设被积函数 f ( α , x ) = ln ⁡ ( 1 + α x ) 1 + x 2 f(\alpha,x)=\frac{\ln(1+\alpha x)}{1+x^2} f(α,x)=1+x2ln(1+αx)​，该函数连续，且 f α ( α , x ) = x ( 1 + x 2 ) ( 1 + α x ) f_\alpha (\alpha,x)=\frac{x}{(1+x^2)(1+\alpha x)} fα​(α,x)=(1+x2)(1+αx)x​。也连续。函数与导数都连续则可以交换求导和积分的次序

所以 φ ′ ( α ) = ∫ 0 1 x ( 1 + x 2 ) ( 1 + α x ) d x \varphi'(\alpha)=\int_0^1 \frac{x}{(1+x^2)(1+\alpha x)}dx φ′(α)=∫01​(1+x2)(1+αx)x​dx 看看自己算对了吗？没算对的话，想想求导的时候把谁当变量了？
等等！这就是我们之前解决的有理函数分解，将分解结果带入得 φ ′ ( α ) = 1 1 + α 2 ∫ 0 1 ( α + x 1 + x 2 − α 1 + α x ) d x \varphi'(\alpha)=\frac{1}{1+\alpha^2} \int_0^1 \left(\frac{\alpha+x}{1+x^2} - \frac{\alpha}{1+\alpha x} \right) dx φ′(α)=1+α21​∫01​(1+x2α+x​−1+αxα​)dx

问题变成了两个定积分的样子！操作是不是显而易见呢？（答案藏在了下面）

如何求解 φ ( α ) = ∫ 0 1 ln ⁡ ( 1 + α x ) 1 + x 2 d x \varphi(\alpha)=\int_0^1\frac{\ln(1+\alpha x)}{1+x^2}dx φ(α)=∫01​1+x2ln(1+αx)​dx在 α = 1 \alpha=1 α=1的值 //华东下P190

解决了“有理函数分解”和“导数”这两个小兵之后，boss终于出现了！

我们使用的是“先求导再积分”的方法，依据莱布尼茨公式，有 φ ( α ) − φ ( 0 ) = ∫ 0 α φ ′ ( x ) d x \varphi(\alpha)-\varphi(0)=\int_0^\alpha \varphi'(x)dx φ(α)−φ(0)=∫0α​φ′(x)dx
而之前算的 φ ′ ( α ) = 1 1 + α 2 [ α π 4 + ln ⁡ 2 2 − ln ⁡ ( 1 + α ) ] \varphi'(\alpha)=\frac{1}{1+\alpha^2}\left[\frac{\alpha\pi}{4}+\frac{\ln 2}{2} -\ln(1+\alpha) \right] φ′(α)=1+α21​[4απ​+2ln2​−ln(1+α)]，代入其中就有：

∫ 0 α φ ′ ( x ) d x = ∫ 0 α 1 1 + x 2 [ π x 4 + ln ⁡ 2 2 − ln ⁡ ( 1 + x ) ] d x \int_0^\alpha \varphi'(x)dx= \int_0^\alpha \frac{1}{1+x^2}\left[\frac{\pi x }{4}+\frac{\ln 2}{2} -\ln(1+x) \right] dx ∫0α​φ′(x)dx=∫0α​1+x21​[4πx​+2ln2​−ln(1+x)]dx ，**先别yue，仔细看看前两项不都是很常见的定积分吗，而最后一项跟他自己长得是不是很像！

令 α = 1 \alpha=1 α=1，得 φ ( 1 ) − φ ( 0 ) = ∫ 0 1 φ ′ ( x ) d x = ∫ 0 1 1 1 + x 2 π x 4 d x + ∫ 0 1 1 1 + x 2 ln ⁡ 2 2 d x − ∫ 0 1 1 1 + x 2 ln ⁡ ( 1 + x ) d x = ∫ 0 1 1 1 + x 2 π x 4 d x + ∫ 0 1 1 1 + x 2 ln ⁡ 2 2 d x − φ ( 1 ) \varphi(1)-\varphi(0)=\int_0^1 \varphi'(x)dx\\= \int_0^1 \frac{1}{1+x^2} \frac{\pi x}{4} dx + \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\frac{\ln 2}{2}dx - \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\ln(1+x) dx\\ =\int_0^1 \frac{1}{1+x^2} \frac{\pi x}{4} dx + \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\frac{\ln 2}{2}dx - \varphi(1) φ(1)−φ(0)=∫01​φ′(x)dx=∫01​1+x21​4πx​dx+∫01​1+x21​2ln2​dx−∫01​1+x21​ln(1+x)dx=∫01​1+x21​4πx​dx+∫01​1+x21​2ln2​dx−φ(1)

而 φ ( 0 ) = 0 \varphi(0)=0 φ(0)=0呐，现在就做下移项和定积分就好啦

算导数 d d x ( x a + x 2 ) \frac{d}{dx}(\frac{x}{a+x^2}) dxd​(a+x2x​)

不会做的话建议重修中学

判断 ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 x 2 − y 2 ( x 2 + y 2 ) 2 d y \int_0^1dx\int_0^1\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}dy ∫01​dx∫01​(x2+y2)2x2−y2​dy是否等于 ∫ 0 1 d y ∫ 0 1 x 2 − y 2 ( x 2 + y 2 ) 2 d x \int_0^1dy\int_0^1\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}dx ∫01​dy∫01​(x2+y2)2x2−y2​dx ，并解释原因 //华东下P192

计算思路：利用导数所反向蕴含的积分计算即可。

因为在积分区间并不连续

计算定积分 ∫ 0 δ d x x 2 + c 2 \int_0^\delta \frac{dx}{x^2+c^2} ∫0δ​x2+c2dx​

基础定积分，提出分母中 c 2 c^2 c2的公因式即可。算得 1 c arctan ⁡ ( δ c ) \frac{1}{c} \arctan (\frac{\delta}{c}) c1​arctan(cδ​)

计算 lim ⁡ y → 0 ∫ 0 δ y x 2 + y 2 d x \lim\limits_{y\to0}\int_0^{\delta} \frac{y}{x^2+y^2}dx y→0lim​∫0δ​x2+y2y​dx

提示：把分子的y提出来，就变成了（1）中定积分的形式，结果为 arctan ⁡ ( δ y ) \arctan(\frac{\delta}{y}) arctan(yδ​)，其绝对值小等于 π / 2 \pi/2 π/2

研究函数 F ( y ) = ∫ 0 1 y f ( x ) x 2 + y 2 d x F(y)=\int_0^1\frac{yf(x)}{x^2+y^2}dx F(y)=∫01​x2+y2yf(x)​dx的连续性，其中 f ( x ) f(x) f(x)为[0,1]上正的连续函数

只需考虑 F F F在0处的连续性，即是否有 lim ⁡ y → 0 F ( y ) = F ( 0 ) \lim\limits_{y\to0} F(y)=F(0) y→0lim​F(y)=F(0)

对任意 δ > 0 , F ( y ) = ∫ 0 δ y f ( x ) x 2 + y 2 d x + ∫ δ 1 y f ( x ) x 2 + y 2 d x \delta>0, F(y)=\int_0^\delta \frac{yf(x)}{x^2+y^2} dx + \int_\delta^1 \frac{yf(x)}{x^2+y^2}dx δ>0,F(y)=∫0δ​x2+y2yf(x)​dx+∫δ1​x2+y2yf(x)​dx，而 lim ⁡ y → 0 ∫ δ 1 y f ( x ) x 2 + y 2 d x = 0 \lim\limits_{y\to0} \int_\delta^1\frac{yf(x)}{x^2+y^2}dx=0 y→0lim​∫δ1​x2+y2yf(x)​dx=0，故只需考虑 [ 0 , δ ] [0,\delta] [0,δ]的积分即可；

由于 f ( x ) f(x) f(x)连续，所以对任意 ϵ \epsilon ϵ，存在 δ > 0 \delta>0 δ>0使当 ∣ x − 0 ∣ < δ |x-0|<\delta ∣x−0∣<δ，有 ∣ f ( x ) − f ( 0 ) ∣ < ϵ |f(x)-f(0)|<\epsilon ∣f(x)−f(0)∣<ϵ

那么 ∣ ∫ 0 δ y ( f ( x ) − f ( 0 ) ) x 2 + y 2 d x ∣ ≤ ϵ ⋅ ∣ ∫ 0 δ y x 2 + y 2 d x ∣ ≤ ϵ ⋅ π 2 |\int_0^\delta \frac{y(f(x)-f(0))}{x^2+y^2} dx| \leq \epsilon\cdot |\int_0^{\delta} \frac{y}{x^2+y^2}dx| \leq\epsilon\cdot \frac{\pi}{2} ∣∫0δ​x2+y2y(f(x)−f(0))​dx∣≤ϵ⋅∣∫0δ​x2+y2y​dx∣≤ϵ⋅2π​

证玩啦