23-第二十三章 含参变量积分

依赖于

• 无显式依赖

被以下题目直接调用

• 无

正文部分

23.1.1 例题

例题 23.1.1

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，考察函数

$$F(t)={\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)dx$$

的连续性。

解 显然 $F(t)$ 定义在 $(-\infty ,+\infty )$ 上且当 $t_0\ne 0$ 时连续。只需讨论 $t=0$。先考虑

$$\underset{t\to 0+}{\lim }F(t)=\underset{t\to 0+}{\lim }{\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)dx.$$

注意到

$${\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)dx={\int }_0^{t^{1/3}}\frac{t}{x^2+t^2}f(x)dx+{\int }_{t^{1/3}}^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)dx.$$

当 $t\to 0+$ 时，

$${\int }_0^{t^{1/3}}\frac{t}{x^2+t^2}f(x)dx=f(\xi )\arctan \frac{t^{1/3}}{t}\to f(0)\frac{\pi }{2},$$

且

$$\left|{\int }_{t^{1/3}}^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)dx\right|\le \underset{0\le x\le 1}{\max }|f(x)|\frac{t}{t^{2/3}+t^2}\to 0.$$

因此

$$\underset{t\to 0+}{\lim }{\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)dx=f(0)\frac{\pi }{2}.$$

同理可证

$$\underset{t\to 0-}{\lim }F(t)=-f(0)\frac{\pi }{2}.$$

所以当 $f(0)=0$ 时，$F(t)$ 在点 $t=0$ 处连续，否则在该点处不连续。

例题 23.1.2

设

$$F(t)={\int }_0^{t^2}dx{\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)dy,$$

求 $F^{\prime }(t)$。

解 令

$$f(x,t)={\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)dy.$$

由含参变量积分的求导公式，

$$F^{\prime }(t)=2t{\int }_{t^2-t}^{t^2+t}\sin (t^4+y^2-t^2)dy+{\int }_0^{t^2}\frac{\partial }{\partial t}\left({\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)dy\right)dx.$$

而

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)dy& =\sin [x^2+(x+t{)}^2-t^2]\\ & +\sin [x^2+(x-t{)}^2-t^2]\\ & -2t{\int }_{x-t}^{x+t}\cos (x^2+y^2-t^2)dy\\ & =2\sin 2x^2\cos 2xt-2t{\int }_{x-t}^{x+t}\cos (x^2+y^2-t^2)dy.\end{array}$$

最后得到

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(t)& =2t{\int }_{t^2-t}^{t^2+t}\sin (t^4+y^2-t^2)dy+2{\int }_0^{t^2}\sin 2x^2\cos 2xtdx\\ & -2t{\int }_0^{t^2}dx{\int }_{x-t}^{x+t}\cos (x^2+y^2-t^2)dy.\end{array}$$

23.1.2 例题

例题 23.1.3

计算

$$I(x)={\int }_0^{\pi /2}\ln ({\sin }^2\theta +x^2{\cos }^2\theta )d\theta ,0<x<+\infty .$$

解 令 $f(x,\theta )=\ln ({\sin }^2\theta +x^2{\cos }^2\theta )$。应用积分号下求导的性质，可得

$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }(x)& ={\int }_0^{\pi /2}\frac{2x{\cos }^2\theta }{{\sin }^2\theta +x^2{\cos }^2\theta }d\theta =2x{\int }_0^{\pi /2}\frac{d\theta }{x^2+{\tan }^2\theta }\\ & =2x{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2+t^2}\cdot \frac{1}{1+t^2}dt\\ & =\frac{2x}{x^2-1}{\int }_0^{+\infty }\left(\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{x^2+t^2}\right)dt=\frac{\pi }{1+x}(x\ne 1).\end{array}$$

积分得

$$I(x)=\pi \ln (1+x)+C.$$

由 $I(x)$ 的连续性知上述表达式对 $x=1$ 也成立。在原式中令 $x=1$，则 $I(1)=0$，从而 $C=-\pi \ln 2$。最后得到

$$I(x)=\pi \ln \frac{1+x}{2}.$$

例题 23.1.4

求

$$I(\alpha )={\int }_0^{\pi /2}\ln \frac{1+\alpha \cos x}{1-\alpha \cos x}\cdot \frac{1}{\cos x}dx,|\alpha |<1.$$

解 由于

$$\underset{x\to \pi /2}{\lim }\ln \frac{1+\alpha \cos x}{1-\alpha \cos x}\cdot \frac{1}{\cos x}=\underset{x\to \pi /2}{\lim }\left[\frac{\ln (1+\alpha \cos x)}{\cos x}-\frac{\ln (1-\alpha \cos x)}{\cos x}\right]=2\alpha ,$$

故 $x=\pi /2$ 不是瑕点。又

$$\frac{\ln (1+\alpha \cos x)}{\cos x}-\frac{\ln (1-\alpha \cos x)}{\cos x}={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\frac{dy}{1+y\cos x}.$$

令 $f(x,y)=1/(1+y\cos x)$，利用交换积分次序，得

$$\begin{array}{rl}I(\alpha )& ={\int }_{-\alpha }^{\alpha }dy{\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{1+y\cos x}\\ & ={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\frac{2}{\sqrt{1-y^2}}\arctan \sqrt{\frac{1-y}{1+y}}dy\\ & ={\int }_0^{\alpha }\frac{2}{\sqrt{1-y^2}}\left(\arctan \sqrt{\frac{1-y}{1+y}}+\arctan \sqrt{\frac{1+y}{1-y}}\right)dy\\ & =\pi {\int }_0^{\alpha }\frac{dy}{\sqrt{1-y^2}}=\pi \arcsin \alpha .\end{array}$$

注 1 也可以用下面的方法求 $I(\alpha )$：

$$\begin{array}{rl}I(\alpha )& ={\int }_{-\alpha }^{\alpha }dy{\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{1+y\cos x}={\int }_{-\alpha }^{\alpha }dy{\int }_0^{\pi /2}\frac{(1+y\cos x)dx}{1-y^2{\cos }^{2}x}.\end{array}$$

由于

$${\int }_0^{\pi /2}\frac{y\cos xdx}{1-y^2{\cos }^{2}x}$$

是 $y$ 的奇函数，所以

$$I(\alpha )={\int }_{-\alpha }^{\alpha }dy{\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{1-y^2{\cos }^{2}x}=2{\int }_0^{\alpha }dy{\int }_0^{+\infty }\frac{du}{u^2+(1-y^2)}=\pi \arcsin \alpha .$$

注 2 还可以用对参变量 $\alpha$ 求导的方法求 $I(\alpha )$。

例题 23.1.5

证明：

$${\int }_0^{2\pi }{e}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta )d\theta =2\pi .$$

分析 设

$$f(t)={\int }_0^{2\pi }{e}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta )d\theta .$$

要证明 $f(t)\equiv 2\pi$，即 $f(t)$ 为常函数。显然 $f(0)=2\pi$，于是只要证明 $f^{\prime }(t)=0$。

证 1 由求导性质，

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(t)& ={\int }_0^{2\pi }{e}^{t\cos \theta }\cos \theta \cos (t\sin \theta )d\theta -{\int }_0^{2\pi }{e}^{t\cos \theta }\sin (t\sin \theta )\sin \theta d\theta \\ & ={\int }_0^{2\pi }{e}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta +\theta )d\theta .\end{array}$$

容易归纳证明

$$f^{(n)}(t)={\int }_0^{2\pi }{e}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta +n\theta )d\theta ,$$

于是

$$f^{(n)}(0)=0,n=1,2,\dots .$$

利用 Taylor 展式

$$f(t)=f(0)+0+\cdots +0+\frac{t^n}{n!}{f}^{(n)}(\xi ),$$

其中 $\xi$ 介于 $0$ 与 $t$ 之间。因为

$$|f^{(n)}(\xi )|\le {\int }_0^{2\pi }{e}^{|\xi |}d\theta \le 2\pi e^{|t|},$$

所以对每一个固定的 $t\in (-\infty ,+\infty )$ 有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{t^n}{n!}{f}^{(n)}(\xi )=0.$$

最后得到 $f(t)\equiv f(0)=2\pi$。

证 2 利用曲线积分知识，

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(t)& ={\int }_0^{2\pi }{e}^{t\cos \theta }\cos \theta \cos (t\sin \theta )d\theta -{\int }_0^{2\pi }{e}^{t\cos \theta }\sin (t\sin \theta )\sin \theta d\theta \\ & ={\oint }_{x^2+y^2=1}{e}^{tx}[\cos (ty)dy+\sin (ty)dx],\end{array}$$

其中单位圆取逆时针方向。用 Green 公式得

$$f^{\prime }(t)={\iint }_{x^2+y^2\le 1}\left\{\frac{\partial }{\partial x}[e^{tx}\cos (ty)]-\frac{\partial }{\partial y}[e^{tx}\sin (ty)]\right\}dxdy=0.$$

例题 23.1.6

求定积分

$$I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}dx.$$

解 引入变量 $\alpha$，定义

$$I(\alpha )={\int }_0^1\frac{\ln (1+\alpha x)}{1+x^2}dx.$$

易见 $I(1)=I$。于是

$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }(\alpha )& ={\int }_0^1\frac{x}{(1+x^2)(1+\alpha x)}dx\\ & =\frac{1}{1+{\alpha }^2}{\int }_0^1\left(\frac{\alpha +x}{1+x^2}-\frac{\alpha }{1+\alpha x}\right)dx\\ & =\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left[\frac{\pi }{4}\alpha +\frac{1}{2}\ln 2-\ln (1+\alpha )\right].\end{array}$$

由此得

$$\begin{array}{rl}I(1)& =I(0)+{\int }_0^1{I}^{\prime }(\alpha )d\alpha \\ & ={\int }_0^1\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left[\frac{\pi }{4}\alpha +\frac{1}{2}\ln 2-\ln (1+\alpha )\right]d\alpha \\ & ={\left(\frac{\pi }{8}\ln (1+{\alpha }^2)+\frac{1}{2}\ln 2\arctan \alpha \right)}_0^1-I(1).\end{array}$$

移项得

$$I(1)=\frac{\pi }{8}\ln 2.$$

23.1.3 练习题

练习题 1

求

$$F(\theta )={\int }_0^{\pi }\ln (1+\theta \cos x)dx,|\theta |<1.$$

解 记

$$F(\theta )={\int }_0^{\pi }\ln (1+\theta \cos x)dx,|\theta |<1.$$

对 $\theta$ 求导得

$$F^{\prime }(\theta )={\int }_0^{\pi }\frac{\cos x}{1+\theta \cos x}dx=\frac{1}{\theta }{\int }_0^{\pi }\left(1-\frac{1}{1+\theta \cos x}\right)dx.$$

由例题中的公式

$${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1+\theta \cos x}=\frac{\pi }{\sqrt{1-{\theta }^2}}$$

可得

$$F^{\prime }(\theta )=\frac{\pi }{\theta }\left(1-\frac{1}{\sqrt{1-{\theta }^2}}\right).$$

而

$$\frac{d}{d\theta }\ln \frac{1+\sqrt{1-{\theta }^2}}{2}=\frac{1}{\theta }\left(1-\frac{1}{\sqrt{1-{\theta }^2}}\right),$$

再用 $F(0)=0$，得

$$F(\theta )=\pi \ln \frac{1+\sqrt{1-{\theta }^2}}{2}.$$

练习题 2

设 $f(s,t)$ 为可微函数，

$$F(x)={\int }_0^{x}dt{\int }_{t^2}^{x^2}f(t,s)ds.$$

求 $F^{\prime }(x)$。

解 设

$$G(x,t)={\int }_{t^2}^{x^2}f(t,s)ds.$$

则 $F(x)={\int }_0^{x}G(x,t)dt$，而 $G(x,x)=0$，且

$$\frac{\partial G}{\partial x}(x,t)=2xf(t,x^2).$$

由 Leibniz 公式，

$$F^{\prime }(x)=G(x,x)+{\int }_0^x\frac{\partial G}{\partial x}(x,t)dt=2x{\int }_0^{x}f(t,x^2)dt.$$

练习题 3

设 $f(x,y)$ 在 $(a,b)\times (c,d)$ 上连续有界，证明：

$$I(x)={\int }_c^{d}f(x,y)dy$$

在 $(a,b)$ 上连续。

解 任取 $x_0\in (a,b)$。由 $f$ 在紧矩形

$$[x_0-\delta ,x_0+\delta ]\times [c,d]$$

上一致连续，知当 $x\to x_0$ 时，

$$\underset{y\in [c,d]}{\sup }|f(x,y)-f(x_0,y)|\to 0.$$

于是

$$|I(x)-I(x_0)|\le {\int }_c^d|f(x,y)-f(x_0,y)|dy\le (d-c)\underset{y\in [c,d]}{\sup }|f(x,y)-f(x_0,y)|\to 0.$$

故 $I(x)$ 在 $(a,b)$ 上连续。

练习题 4

设

$$I(a)={\int }_0^{2\pi }\ln (R^2+a^2-2aR\cos \theta )d\theta ,|a|<R,$$

证明：$I^{\prime }(a)=0$。

解 设

$$D(\theta )=R^2+a^2-2aR\cos \theta .$$

则

$$I^{\prime }(a)=2{\int }_0^{2\pi }\frac{a-R\cos \theta }{D(\theta )}d\theta .$$

又由标准积分

$${\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{D(\theta )}=\frac{2\pi }{R^2-a^2}$$

以及

$$R\cos \theta =\frac{R^2+a^2-D(\theta )}{2a},$$

得

$${\int }_0^{2\pi }\frac{R\cos \theta }{D(\theta )}d\theta =\frac{R^2+a^2}{2a}{\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{D(\theta )}-\frac{\pi }{a}=\frac{2\pi a}{R^2-a^2}.$$

代回即得

$$I^{\prime }(a)=2\left(\frac{2\pi a}{R^2-a^2}-\frac{2\pi a}{R^2-a^2}\right)=0.$$

练习题 5

设 $a,b>0$，求

$${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}\sin \left(\ln \frac{1}{x}\right)dx.$$

解 令 $x=e^{-t}$，则 $dx=-e^{-t}dt,\ln x=-t,\ln \frac{1}{x}=t$，从而

$${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}\sin \left(\ln \frac{1}{x}\right)dx={\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-(b+1)t}-e^{-(a+1)t}}{t}\sin tdt.$$

再用公式

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-st}\frac{\sin t}{t}dt=\arctan \frac{1}{s}(s>0),$$

便得

$${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}\sin \left(\ln \frac{1}{x}\right)dx=\arctan \frac{1}{b+1}-\arctan \frac{1}{a+1}.$$

练习题 6

设

$$F(t)={\int }_0^{a}dx{\int }_0^{a}f(x+y+t)dy,$$

其中 $f$ 为连续函数，证明：

$$F^{\prime \prime }(t)=f(t+2a)-2f(t+a)+f(t).$$

解 把内层积分先算掉：

$${\int }_0^{a}f(x+y+t)dy={\int }_x^{x+a}f(t+u)du.$$

于是

$$F(t)={\int }_0^{a}dx{\int }_x^{x+a}f(t+u)du.$$

对 $t$ 作平移并用 Leibniz 公式，可得

$$F^{\prime }(t)={\int }_0^a[f(t+a+y)-f(t+y)]dy.$$

再求导一次，

$$F^{\prime \prime }(t)=f(t+2a)-f(t+a)-f(t+a)+f(t)=f(t+2a)-2f(t+a)+f(t).$$

练习题 7

设

$$f(t)={\left({\int }_0^t{e}^{-x^2}dx\right)}^2,g(t)={\int }_0^1\frac{e^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}dx.$$

证明：$f(t)+g(t)\equiv \pi /4$，并由此计算

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx.$$

解 由微积分基本定理，

$$f^{\prime }(t)=2e^{-t^2}{\int }_0^t{e}^{-x^2}dx.$$

另一方面，

$$g^{\prime }(t)={\int }_0^1-2t{e}^{-t^2(1+x^2)}dx=-2t{e}^{-t^2}{\int }_0^1{e}^{-t^2{x}^2}dx.$$

令 $u=tx$，则

$$g^{\prime }(t)=-2e^{-t^2}{\int }_0^t{e}^{-u^2}du=-f^{\prime }(t).$$

故 $f(t)+g(t)$ 为常数。取 $t=0$，

$$f(0)+g(0)={\int }_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\frac{\pi }{4},$$

于是 $f(t)+g(t)\equiv \pi /4$。再令 $t\to +\infty$，由 $g(t)\to 0$ 得

$${\left({\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx\right)}^2=\frac{\pi }{4},$$

故

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

23.2.2 例题

例题 23.2.1

讨论

$$I(y)={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x^2}{1+x^y}dx$$

在 $y\in [0,+\infty )$ 中的一致收敛性。

解 1（用 Abel 判别法） 对任意固定的 $y\ge 0$，原广义积分收敛；又

$${\int }_0^{+\infty }\sin x^{2}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin t}{2\sqrt{t}}dt$$

收敛，与 $y$ 无关，故关于 $y\in [0,+\infty )$ 是一致收敛的。任意固定 $y\in [0,+\infty )$，$1/(1+x^y)$ 是 $x$ 的单调函数，且

$$\left|\frac{1}{1+x^y}\right|\le 1.$$

由 Abel 判别法知含参变量 $y$ 的广义积分

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x^2}{1+x^y}dx$$

关于 $y$ 在 $[0,+\infty )$ 上一致收敛。

解 2（用 Dirichlet 判别法） 将 $I(y)$ 改写为

$${\int }_0^{+\infty }x\sin x^2\cdot \frac{1}{x(1+x^y)}dx.$$

由于

$$\left|{\int }_0^{A}x\sin x^{2}dx\right|=\left|-\frac{1}{2}\cos x^2{|}_0^A\right|\le 1,\forall y\in [0,+\infty ),$$

而对每一个固定的 $y\ge 0$，$1/[x(1+x^y)]$ 对 $x$ 单调，且

$$\left|\frac{1}{x(1+x^y)}\right|\le \frac{1}{x}\to 0(x\to +\infty ).$$

故当 $x\to +\infty$ 时，$1/[x(1+x^y)]$ 关于 $y$ 一致收敛于 $0$。由 Dirichlet 判别法知原广义积分关于 $y\in [0,+\infty )$ 一致收敛。

例题 23.2.2

讨论

$$I(\alpha )={\int }_1^{+\infty }\frac{\sin x}{x^{\alpha }}dx$$

在（1）$\alpha \in [{\alpha }_0,+\infty )$，其中 ${\alpha }_0>0$；（2）$\alpha \in (0,+\infty )$ 中的一致收敛性。

注 此题在上册 384 页的例题 12.2.3 中出现过，但积分区间是 $(0,+\infty )$，点 $x=0$ 可能是瑕点，在那里讨论广义积分的收敛性与绝对收敛性。

解 （1）由于 $\forall A>1$ 有

$$\left|{\int }_1^A\sin xdx\right|\le 2,$$

即关于 $\alpha \in [{\alpha }_0,+\infty )$ 上述积分一致有界。又对每一个 $\alpha \in [{\alpha }_0,+\infty )$，$1/x^{\alpha }$ 对 $x$ 单调，且

$$\left|\frac{1}{x^{\alpha }}\right|\le \frac{1}{x^{{\alpha }_0}}\to 0(x\to +\infty ),$$

即当 $x\to +\infty$ 时，$1/x^{\alpha }$ 关于 $\alpha \in [{\alpha }_0,+\infty )$ 一致趋于 $0$。由 Dirichlet 判别法知 $I(\alpha )$ 在 $[{\alpha }_0,+\infty )$ 上一致收敛。

（2）$\sin x/x^{\alpha }$ 在 $[1,+\infty )\times (0,+\infty )$ 中连续，对每一个 $\alpha \in (0,+\infty )$，广义积分收敛，$\alpha =0$ 是 $(0,+\infty )$ 的聚点。由于

$${\int }_0^{+\infty }\sin xdx$$

发散，知广义积分 $I(\alpha )$ 在 $(0,+\infty )$ 上不一致收敛。

例题 23.2.3

讨论积分

$${\int }_0^1{x}^{p-1}{\ln }^{2}xdx$$

在（1）$p\ge p_0>0$；（2）$p>0$ 上的一致收敛性。

解 （1）当 $p\ge p_0>0$ 时，积分以 $x=0$ 为唯一瑕点。由于当 $x\in (0,1)$ 时

$$|x^{p-1}{\ln }^{2}x|\le \frac{{\ln }^{2}x}{x^{1-p_0}},$$

而瑕积分

$${\int }_0^1\frac{{\ln }^{2}x}{x^{1-p_0}}dx$$

收敛，故由 M-判别法知积分在 $p\ge p_0>0$ 上一致收敛。

（2）当 $p$ 充分接近 $0$ 时，$x^{p-1}{\ln }^{2}x$ 与 $({\ln }^{2}x)/x$ 相接近，而

$${\int }_0^1\frac{{\ln }^{2}x}{x}dx$$

发散，因此猜测 $p>0$ 时原积分不是一致收敛的。下面给出严格证明：$\forall \xi \in (0,1)$，

$$\left|{\int }_0^{\xi }{x}^{p-1}{\ln }^{2}xdx\right|\ge {\ln }^2\xi {\int }_0^{\xi }\frac{dx}{x^{1-p}}={\ln }^2\xi \cdot \frac{1}{p}{\xi }^p.$$

由于 ${\lim }_{\xi \to 0+}{\xi }^{\xi }=1$，取 $p=\xi \in (0,1)$，则当 $\xi \to 0+$ 时

$${\ln }^2\xi \cdot \frac{1}{\xi }{\xi }^{\xi }\to +\infty .$$

由极限的保号性知存在 ${\xi }_0\in (0,1)$，当 $0<\xi \le {\xi }_0$ 时可取 $p=\xi$ 使上式大于 $1$。由一致收敛的定义知该瑕积分不是一致收敛的。

例题 23.2.4

证明：

$$I(t)={\int }_1^{+\infty }\frac{x\sin tx}{a^2+x^2}dx$$

在 $(0,+\infty )$ 上不一致收敛。

分析 被积函数中因子 $x/(a^2+x^2)$ 当 $x\to +\infty$ 时的渐近性态与 $1/x$ 相同，而

$${\int }_1^{+\infty }\frac{\sin tx}{x}dx$$

在 $(0,+\infty )$ 上是不一致收敛的，故可依此证明原含参变量广义积分在 $(0,+\infty )$ 上也不一致收敛。

证 1 反证法。由于

$$\frac{\sin tx}{x}=\frac{x\sin tx}{a^2+x^2}\cdot \frac{a^2+x^2}{x^2},$$

若 $I(t)$ 在 $(0,+\infty )$ 上一致收敛，且 $1+a^2/x^2$ 对 $x$ 单调并有

$$\left|1+\frac{a^2}{x^2}\right|\le 1+a^2,$$

由 Abel 判别法知含参变量 $t$ 的广义积分

$${\int }_1^{+\infty }\frac{\sin tx}{x}dx$$

在 $(0,+\infty )$ 上也一致收敛，引出矛盾。

证 2 $\forall A>0$，取 $A_0\ge A$，且令 $t_0=1/A_0$，则

$${\int }_{A_0}^{2A_0}\frac{x\sin t_{0}x}{a^2+x^2}dx={\int }_1^2\frac{y\sin y}{a^2/A_0^2+y^2}dy.$$

不妨设 $A_0\ge a$，则当 $1\le y\le 2$ 时

$$\frac{y}{a^2/A_0^2+y^2}\ge \frac{y}{1+y^2}=\frac{1}{y}\frac{y^2}{1+y^2}\ge \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{y}.$$

于是

$${\int }_{A_0}^{2A_0}\frac{x\sin t_{0}x}{a^2+x^2}dx\ge \frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{\sin y}{y}dy={\epsilon }_0>0.$$

由 Cauchy 准则知

$${\int }_1^{+\infty }\frac{x\sin tx}{a^2+x^2}dx$$

在 $(0,+\infty )$ 上不一致收敛。

23.2.3 练习题

练习题 1

讨论下列广义积分的一致收敛性：

1. ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-(1+a^2)t}\sin tdt,a\in (-\infty ,+\infty )$；
2. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos xy}{\sqrt{x+y}}dx,y\in [y_0,+\infty ),y_0>0$；
3. ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-t{x}^2}dx,t\in (0,+\infty )$；
4. ${\int }_1^{+\infty }{e}^{-\alpha x}\frac{\cos x}{\sqrt{x}}dx,\alpha \in [0,+\infty )$；
5. ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-(x-y{)}^2}dx,y\in (-\infty ,+\infty )$；
6. ${\int }_0^{+\infty }x\ln x{e}^{-t\sqrt{x}}dx$，(1) $t\in [t_0,+\infty )$，其中 $t_0>0$，(2) $t\in (0,+\infty )$；
7. ${\int }_1^{+\infty }\frac{1-e^{-ut}}{t}\cos tdt,u\in [0,1]$；
8. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\alpha t}{1+{\alpha }^2+t^2}{e}^{-{\alpha }^2{t}^2}\cos {\alpha }^2{t}^{2}dt,\alpha \in (0,+\infty )$；
9. ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2(1+y^2)}\sin ydy,x\in (0,+\infty )$；
10. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\alpha dx}{1+{\alpha }^2{x}^2},\alpha \in (0,1)$；
11. ${\int }_0^2\frac{x^t}{\sqrt[3]{(x-1)(x-2)}}dx,|t|\le \frac{1}{2}$；
12. ${\int }_0^1(1-x{)}^{u-1}dx$，(1) $u\in [a,+\infty )$，其中 $a>0$，(2) $u\in (0,+\infty )$。

解 逐题讨论。

1. 由

$$\left|e^{-(1+a^2)t}\sin t\right|\le e^{-t}$$

知绝对且一致收敛。

1. 记 $g_y(x)=(x+y{)}^{-1/2}$。当 $y\ge y_0>0$ 时，

$$\left|{\int }_0^A\cos (xy)dx\right|\le \frac{2}{y}\le \frac{2}{y_0},$$

而 $g_y(x)$ 对 $x$ 单调下降，且

$$\underset{y\ge y_0}{\sup }{g}_y(x)=\frac{1}{\sqrt{x+y_0}}\to 0.$$

由 Dirichlet 判别法知一致收敛。

1. 不一致收敛。因为

$${\int }_A^{+\infty }{e}^{-t{x}^2}dx=\frac{1}{\sqrt{t}}{\int }_{A\sqrt{t}}^{+\infty }{e}^{-u^2}du.$$

取 $t=A^{-2}$，得

$${\int }_A^{+\infty }{e}^{-t{x}^2}dx=A{\int }_1^{+\infty }{e}^{-u^2}du,$$

它不趋于 $0$。

1. 设 $F_{\alpha }(x)=e^{-\alpha x}\cos x$。由

$$\left|{\int }_1^A{F}_{\alpha }(x)dx\right|=\left|\Re {\int }_1^A{e}^{(-\alpha +i)x}dx\right|\le \frac{2}{\sqrt{1+{\alpha }^2}}\le 2$$

知其原函数有一致界；又 $x^{-1/2}$ 单调趋于 $0$，故由 Dirichlet 判别法知一致收敛。

1. 不一致收敛。取 $y=A$，则

$${\int }_A^{+\infty }{e}^{-(x-y{)}^2}dx={\int }_0^{+\infty }{e}^{-u^2}du,$$

故尾积分不可能一致趋于 $0$。

1. 记

$$I(t)={\int }_0^{+\infty }x\ln x{e}^{-t\sqrt{x}}dx.$$

当 $t\in [t_0,+\infty )$ 时，

$$|x\ln x{e}^{-t\sqrt{x}}|\le x|\ln x|e^{-t_0\sqrt{x}},$$

右端可积，故绝对且一致收敛。

当 $t\in (0,+\infty )$ 时不一致收敛。取 $t=A^{-1/2}$，则

$${\int }_A^{+\infty }x\ln x{e}^{-t\sqrt{x}}dx=4A^2{\int }_1^{+\infty }{s}^3(\ln A+2\ln s)e^{-s}ds,$$

其中用了代换 $x=A{s}^2$。右端随 $A\to +\infty$ 发散，故不一致收敛。

1. 设

$$g_u(t)=\frac{1-e^{-ut}}{t}(0\le u\le 1).$$

由 $e^{ut}\ge 1+ut$ 得

$$g_u^{\prime }(t)=\frac{e^{-ut}(ut+1)-1}{t^2}\le 0,$$

故 $g_u$ 对 $t$ 单调下降，且

$$0\le g_u(t)\le \frac{1-e^{-t}}{t}\underset{t\to +\infty }{\to }0$$

一致成立。再因 ${\int }_1^A\cos tdt$ 有一致界，由 Dirichlet 判别法知一致收敛。

1. 由 $s=\alpha t$，有

$$\left|\frac{\alpha t}{1+{\alpha }^2+t^2}{e}^{-{\alpha }^2{t}^2}\cos {\alpha }^2{t}^2\right|\le \frac{\alpha t{e}^{-{\alpha }^2{t}^2}}{1+t^2}=\frac{s{e}^{-s^2}}{1+t^2}\le \frac{1}{\sqrt{2e}(1+t^2)}.$$

右端可积，故绝对且一致收敛。

1. 不一致收敛。取 $A=2k\pi$，并令 $x=A^{-1}$，则在 $[A,A+\pi /2]$ 上有 $\sin y\ge 0$，故

$${\int }_A^{+\infty }{e}^{-x^2(1+y^2)}\sin ydy\ge e^{-(1+(A+\pi /2{)}^2)/A^2}{\int }_A^{A+\pi /2}\sin ydy.$$

右端趋于 $e^{-2}>0$，故不一致收敛。

1. 不一致收敛。事实上

$${\int }_A^{+\infty }\frac{\alpha dx}{1+{\alpha }^2{x}^2}={\int }_{\alpha A}^{+\infty }\frac{du}{1+u^2}.$$

令 $\alpha \to 0+$，右端趋于 $\pi /2$，因此尾积分不可能一致趋于 $0$。

1. 在 $(0,1)$ 上有 $x^t\le x^{-1/2}$，在 $(1,2)$ 上有 $x^t\le \sqrt{2}$。于是

$$\left|\frac{x^t}{\sqrt[3]{(x-1)(x-2)}}\right|\le \frac{x^{-1/2}}{\sqrt[3]{(1-x)(2-x)}}{1}_{(0,1)}+\frac{\sqrt{2}}{(x-1{)}^{1/3}(2-x{)}^{1/3}}{1}_{(1,2)}.$$

右端可积，故绝对且一致收敛。

1. 当 $u\in [a,+\infty )$ 时，

$$(1-x{)}^{u-1}\le (1-x{)}^{a-1},$$

故一致收敛。

当 $u\in (0,+\infty )$ 时不一致收敛。因为

$${\int }_{1-\delta }^1(1-x{)}^{u-1}dx=\frac{{\delta }^u}{u}.$$

取 $u=-1/\ln \delta$，则 ${\delta }^u=e^{-1}$，故

$$\frac{{\delta }^u}{u}=e^{-1}|\ln \delta |\underset{\delta \to 0+}{\to }+\infty .$$

练习题 2

设 ${\int }_0^{+\infty }{x}^{\lambda }f(x)dx$ 当 $\lambda =a,\lambda =b$ 时收敛 $(a<b)$，证明：

$${\int }_0^{+\infty }{x}^{\lambda }f(x)dx$$

关于 $\lambda \in [a,b]$ 一致收敛。

解 将积分拆成

$${\int }_0^{+\infty }{x}^{\lambda }f(x)dx={\int }_0^1{x}^{\lambda }f(x)dx+{\int }_1^{+\infty }{x}^{\lambda }f(x)dx.$$

在 $(0,1]$ 上写成

$$x^{\lambda }f(x)=x^{a}f(x)x^{\lambda -a}.$$

由于 ${\int }_0^1{x}^{a}f(x)dx$ 收敛，而 $x^{\lambda -a}$ 对 $x$ 单调，且对 $\lambda \in [a,b]$ 一致有界，故由 Abel 判别法知

$${\int }_0^1{x}^{\lambda }f(x)dx$$

关于 $\lambda \in [a,b]$ 一致收敛。

在 $[1,+\infty )$ 上写成

$$x^{\lambda }f(x)=x^{b}f(x)x^{\lambda -b}.$$

此时 $x^{\lambda -b}$ 仍对 $x$ 单调，且在 $\lambda \in [a,b]$ 上一致有界，再由 Abel 判别法得

$${\int }_1^{+\infty }{x}^{\lambda }f(x)dx$$

关于 $\lambda \in [a,b]$ 一致收敛。两部分合并即得所求。

练习题 3

证明：积分

$${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-xy}dy$$

在 $(0,+\infty )$ 上不一致收敛。

解 对任意 $x>0$，

$${\int }_A^{+\infty }x{e}^{-xy}dy=e^{-Ax}.$$

于是

$$\underset{x>0}{\sup }{\int }_A^{+\infty }x{e}^{-xy}dy=\underset{x>0}{\sup }{e}^{-Ax}=1,$$

故该广义积分在 $(0,+\infty )$ 上不一致收敛。

23.2.5 例题

例题 23.2.5

求

$${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2}\left(e^{-\alpha x^2}-1\right)dx,\alpha \ge 0.$$

解 由于

$$\underset{x\to 0+}{\lim }\frac{e^{-\alpha x^2}-1}{x^2}=-\alpha ,$$

所以 $x=0$ 不是瑕点。现用分部积分吸收掉 $1/x^2$，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2}(e^{-\alpha x^2}-1)dx& =-{\int }_0^{+\infty }(e^{-\alpha x^2}-1)d\frac{1}{x}\\ & =-\frac{1}{x}(e^{-\alpha x^2}-1){|}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x}{e}^{-\alpha x^2}(-2\alpha x)dx\\ & =-2\alpha {\int }_0^{+\infty }{e}^{-\alpha x^2}dx=-\sqrt{\pi \alpha }.\end{array}$$

注 本题目也可以用在积分号下求导的方法去求解。

例题 23.2.6

证明：

$$F(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{xdx}{2+x^{\alpha }}$$

在 $(2,+\infty )$ 上连续。

解 $\forall \epsilon >0$，当 $\alpha \in [2+\epsilon ,+\infty )$ 时有

$$\left|\frac{x}{2+x^{\alpha }}\right|\le \frac{x}{x^{2+\epsilon }},x\in [1,+\infty ).$$

由 M-判别法知

$${\int }_1^{+\infty }\frac{x}{2+x^{\alpha }}dx$$

关于 $\alpha \in [2+\epsilon ,+\infty )$ 是一致收敛的。由此以及一致收敛的定义知

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x}{2+x^{\alpha }}dx$$

关于 $\alpha \in [2+\epsilon ,+\infty )$ 也是一致收敛的。于是 $F(\alpha )$ 在 $[2+\epsilon ,+\infty )$ 上连续。由 $\epsilon$ 的任意性知 $F(\alpha )$ 在 $(2,+\infty )$ 上连续。

注 1 连续性本质上是一种局部的分析性质。也可以先证明 $F(\alpha )$ 在 $(2,+\infty )$ 上的内闭一致收敛性，然后用连续性定理得到内闭连续。

注 2 不等式只对 $x\in [1,+\infty )$ 成立，在 $x\in [0,+\infty )$ 上不成立，因此由 M-判别法只能证明截断后积分的一致收敛性；但由一致收敛的定义，两段积分的一致收敛性等价。

例题 23.2.7

证明：当 $b\ne 0$ 时

$$F(a)={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{t}(1-e^{-at})\cos btdt$$

在 $[0,+\infty )$ 上连续，在 $(0,+\infty )$ 上可导。

证 由于

$$\underset{t\to 0+}{\lim }\frac{1}{t}(1-e^{-at})=a,$$

所以 $t=0$ 不是瑕点。

（1）证明 $F(a)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续。令

$$f(t,a)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{t}(1-e^{-at})\cos bt,& t>0,a\ge 0,\\ a,& t=0,a\ge 0.\end{array}$$

则 $f(t,a)$ 在 $[0,+\infty )\times [0,+\infty )$ 上连续。由 $b\ne 0$ 知

$${\int }_1^{+\infty }\frac{\cos bt}{t}dt$$

关于 $a\in [0,+\infty )$ 一致收敛；又 $1-e^{-at}$ 对 $t$ 单调，且 $|1-e^{-at}|\le 2$。由 Abel 判别法知

$${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{t}(1-e^{-at})\cos btdt$$

关于 $a\in [0,+\infty )$ 一致收敛。从而该积分在 $a\in [0,+\infty )$ 上连续。又由本章第一节的连续性命题知

$${\int }_0^1\frac{1}{t}(1-e^{-at})\cos btdt$$

也是 $a\in [0,+\infty )$ 上的连续函数，所以 $F(a)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续。

（2）证明 $F(a)$ 在 $(0,+\infty )$ 上可导。由

$$\frac{\partial f}{\partial a}(t,a)=e^{-at}\cos bt,t\ge 0,a>0,$$

知 $f(t,a)$ 与 $f_a(t,a)$ 都在 $[0,+\infty )\times [0,+\infty )$ 上连续，且 $\forall \epsilon >0$，当 $a\ge \epsilon$ 时

$$|f_a(t,a)|\le e^{-\epsilon t},t\in [0,+\infty ).$$

由 M-判别法知

$${\int }_0^{+\infty }{f}_a(t,a)dt$$

关于 $a\in [\epsilon ,+\infty )$ 是一致收敛的。于是 $F(a)$ 在 $[\epsilon ,+\infty )$ 上可导，由 $\epsilon$ 的任意性知 $F(a)$ 在 $(0,+\infty )$ 上可导，且

$$F^{\prime }(a)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-at}\cos btdt,a\in (0,+\infty ).$$

例题 23.2.8

求例题 23.2.7 中的 $F(a)$。

解 1 利用表达式

$$F^{\prime }(a)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-at}\cos btdt={\frac{e^{-at}}{a^2+b^2}(b\sin bt-a\cos bt)|}_0^{+\infty }=\frac{a}{a^2+b^2},$$

得

$$F(a)=\frac{1}{2}\ln (a^2+b^2)+C.$$

由于 $F(a)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续，且 $F(0)=0$，令 $a\to 0$ 得

$$0=\frac{1}{2}\ln b^2+C.$$

所以

$$F(a)=\frac{1}{2}\ln \frac{a^2+b^2}{b^2}.$$

解 2 用“嵌入法”。令

$$I(\beta )={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{t}(e^{-\beta t}-e^{-\alpha t})\cos btdt,$$

其中 $\alpha >0,b\ne 0$ 固定，则 $F(\alpha )=I(0)$。因为

$$\frac{1}{t}(e^{-\beta t}-e^{-\alpha t})=-{\int }_{\alpha }^{\beta }{e}^{-ty}dy,$$

所以

$$I(\beta )=-{\int }_0^{+\infty }dt{\int }_{\alpha }^{\beta }{e}^{-ty}\cos btdy.$$

交换积分次序得

$$I(\beta )=-{\int }_{\alpha }^{\beta }dy{\int }_0^{+\infty }{e}^{-ty}\cos btdt=-{\int }_{\alpha }^{\beta }\frac{y}{y^2+b^2}dy=\frac{1}{2}\ln \frac{{\alpha }^2+b^2}{{\beta }^2+b^2}.$$

若上式对 $\beta =0$ 成立，则可得

$$F(\alpha )=I(0)=\frac{1}{2}\ln \frac{{\alpha }^2+b^2}{b^2}.$$

23.2.6 练习题

练习题 1

设 ${\int }_a^{+\infty }f(x,y)dy$ 对于 $x$ 在 $x_0$ 的邻域 $U(x_0)$ 中收敛，$f_x(x,y)$ 在 $U(x_0)\times [a,+\infty )$ 中存在，且当 $x\to x_0$ 时，$f_x(x,y)$ 关于 $y$ 往任何有限区间上一致收敛于 $f_x(x_0,y)$，又知积分 ${\int }_a^{+\infty }{f}_x(x,y)dy$ 在 $U(x_0)$ 上一致收敛。证明：

$${\frac{d}{dx}\left({\int }_a^{+\infty }f(x,y)dy\right)|}_{x=x_0}$$

存在且等于 ${\int }_a^{+\infty }{f}_x(x_0,y)dy$。

解 记

$$F(x)={\int }_a^{+\infty }f(x,y)dy.$$

取 $A>a$，则

$$\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}={\int }_a^A\frac{f(x,y)-f(x_0,y)}{x-x_0}dy+{\int }_A^{+\infty }\frac{f(x,y)-f(x_0,y)}{x-x_0}dy.$$

第一项当 $x\to x_0$ 时，由题设中 $f_x(x,y)\to f_x(x_0,y)$ 在 $[a,A]$ 上的一致性，极限为

$${\int }_a^A{f}_x(x_0,y)dy.$$

对第二项，用一维中值定理写成

$$\frac{f(x,y)-f(x_0,y)}{x-x_0}=f_x(\xi ,y),$$

其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $x_0$ 之间。由于

$${\int }_a^{+\infty }{f}_x(x,y)dy$$

在 $U(x_0)$ 上一致收敛，故可先取 $A$ 足够大，使

$$\underset{x\in U(x_0)}{\sup }\left|{\int }_A^{+\infty }{f}_x(x,y)dy\right|<\epsilon .$$

于是第二项以及

$${\int }_A^{+\infty }{f}_x(x_0,y)dy$$

都可同时小于 $\epsilon$。综上，

$${\frac{d}{dx}\left({\int }_a^{+\infty }f(x,y)dy\right)|}_{x=x_0}={\int }_a^{+\infty }{f}_x(x_0,y)dy.$$

练习题 2

$$F(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin (1-{\alpha }^2)x}{x}dx.$$

证明：$F(\alpha )$ 在 $(-\infty ,-1)\cup (-1,1)\cup (1,+\infty )$ 上连续，在 $\alpha =\pm 1$ 处间断。

解 由 Dirichlet 积分

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin \beta x}{x}dx=\{\begin{array}{ll}\frac{\pi }{2},& \beta >0,\\ 0,& \beta =0,\\ -\frac{\pi }{2},& \beta <0,\end{array}$$

取 $\beta =1-{\alpha }^2$，得

$$F(\alpha )=\{\begin{array}{ll}\frac{\pi }{2},& |\alpha |<1,\\ 0,& |\alpha |=1,\\ -\frac{\pi }{2},& |\alpha |>1.\end{array}$$

故它在 $(-\infty ,-1)\cup (-1,1)\cup (1,+\infty )$ 上连续，而在 $\alpha =\pm 1$ 处跳跃间断。

练习题 3

证明：

$$F(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin \alpha x^2}{x}dx$$

在 $\alpha \in (0,+\infty )$ 上不一致收敛，但在 $(0,+\infty )$ 上连续。

解 令 $u=\sqrt{\alpha }x$，则

$$F(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin u^2}{u}du,$$

所以它在 $(0,+\infty )$ 上实际上是常数函数，因而连续。

它却不一致收敛。取 $\alpha =A^{-2}$，则

$${\int }_A^{\sqrt{\pi /2}A}\frac{\sin (\alpha x^2)}{x}dx={\int }_1^{\sqrt{\pi /2}}\frac{\sin u^2}{u}du>0,$$

故尾积分不可能一致趋于 $0$。

练习题 4

证明：

$$F(x)={\int }_1^{+\infty }\frac{x{e}^{-yx}}{y}dy$$

在 $[0,+\infty )$ 上连续，在 $(0,+\infty )$ 上 $F^{\prime }(x)$ 存在，且

$$F^{\prime }(x)={\int }_1^{+\infty }\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{x}{y}{e}^{-yx}\right)dy.$$

解 先作代换 $u=xy$，得

$$F(x)=x{\int }_x^{+\infty }\frac{e^{-u}}{u}du.$$

由

$$0\le F(x)\le x{\int }_x^1\frac{du}{u}+x{\int }_1^{+\infty }{e}^{-u}du\le x\ln \frac{1}{x}+x{e}^{-1}$$

可知 $F(x)\to 0$，故在 $x=0$ 处连续；在 $(0,+\infty )$ 上连续显然。

对任意固定 $x_0>0$，在 $x\in [x_0/2,3x_0/2]$、$y\ge 1$ 上有

$$\left|\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{x}{y}{e}^{-yx}\right)\right|=\left|\frac{1-xy}{y}{e}^{-yx}\right|\le C(1+y)e^{-x_{0}y/2},$$

右端可积，故可在积分号下求导，于是

$$F^{\prime }(x)={\int }_1^{+\infty }\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{x}{y}{e}^{-yx}\right)dy,x>0.$$

练习题 5

设

$$F(\alpha )={\int }_0^{\pi }\frac{\sin x}{x^{\alpha }(\pi -x{)}^{2-\alpha }}dx,$$

证明：$F(\alpha )$ 在 $(0,2)$ 中连续。

解 取紧区间 $K=[{\alpha }_0,{\alpha }_1]\subset (0,2)$。当 $x\to 0+$ 时，$\sin x\sim x$，故

$$\frac{\sin x}{x^{\alpha }(\pi -x{)}^{2-\alpha }}\le C{x}^{1-{\alpha }_1}.$$

当 $x\to \pi -$ 时，$\sin x\sim \pi -x$，故

$$\frac{\sin x}{x^{\alpha }(\pi -x{)}^{2-\alpha }}\le C(\pi -x{)}^{{\alpha }_0-1}.$$

右边都是可积奇性，因此在 $K$ 上可由一个与 $\alpha$ 无关的可积函数控制。由控制收敛定理知 $F(\alpha )$ 在 $(0,2)$ 内连续。

练习题 6

设

$$F(y)={\int }_0^{+\infty }y{e}^{-x^2{y}^2}\cos [x(1-y)]dx,$$

求 $\underset{y\to 1}{\lim }{F}^{\prime }(y)$。

解 对 $y>0$，令 $t=xy$，则

$$F(y)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}\cos \left(\frac{1-y}{y}t\right)dt.$$

由 Euler—Poisson 积分，

$$F(y)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\exp \left(-\frac{(1-y{)}^2}{4y^2}\right).$$

因此

$$\underset{y\to 1}{\lim }{F}^{\prime }(y)=0.$$

练习题 7

利用 Dirichlet 积分或 Euler-Poisson 积分求下列积分值：

1. ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{2}dx$；
2. ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{3}x}{x}dx$；
3. ${\int }_0^{+\infty }{x}^2{e}^{-\alpha x^2}dx(\alpha >0)$；
4. ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-(a{x}^2+bx+c)}dx(a>0)$。

解 直接利用 Dirichlet 积分或 Euler—Poisson 积分。 1.

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{2}dx=2{\int }_0^{+\infty }\frac{1-\cos 2x}{2x^2}dx=2{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin 2x}{x}dx=\pi .$$

1. 由

$${\sin }^{3}x=\frac{3\sin x-\sin 3x}{4},$$

得

$${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{3}x}{x}dx=\frac{1}{4}\left(3\cdot \frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi }{4}.$$

1. 由

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-\alpha x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{\alpha }}$$

对 $\alpha$ 求导，得

$${\int }_0^{+\infty }{x}^2{e}^{-\alpha x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{4{\alpha }^{3/2}}.$$

1. 配方得

$$a{x}^2+bx+c=a{\left(x+\frac{b}{2a}\right)}^2+c-\frac{b^2}{4a},$$

故

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-(a{x}^2+bx+c)}dx=e^{\frac{b^2}{4a}-c}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-a{u}^2}du=\sqrt{\frac{\pi }{a}}{e}^{\frac{b^2}{4a}-c}.$$

练习题 8

利用积分号下求导的方法求下列积分：

1. $I(a)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-ax}\frac{\sin x}{x}dx(a\ge 0)$；
2. $I(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan \alpha x}{x(1+x^2)}dx(\alpha \ge 0)$；
3. $f(x)={\int }_1^{+\infty }\frac{1}{y}x{e}^{-yx}dy(x\ge 0)$。

解 在积分号下求导即可。 1.

$$I^{\prime }(a)=-{\int }_0^{+\infty }{e}^{-ax}\sin xdx=-\frac{1}{1+a^2}.$$

又 $I(0)=\pi /2$，故

$$I(a)=\frac{\pi }{2}-\arctan a=\arctan \frac{1}{a}(a>0),$$

并约定 $I(0)=\pi /2$。

$$I^{\prime }(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2)(1+{\alpha }^2{x}^2)}.$$

作部分分式分解得

$$I^{\prime }(\alpha )=\frac{\pi }{2(1+\alpha )}.$$

再用 $I(0)=0$，得

$$I(\alpha )=\frac{\pi }{2}\ln (1+\alpha ).$$

1. 对

$$f(x)={\int }_1^{+\infty }\frac{x}{y}{e}^{-yx}dy$$

求导：

$$f^{\prime }(x)={\int }_1^{+\infty }\left(\frac{1}{y}-x\right)e^{-yx}dy=\frac{f(x)}{x}-e^{-x}.$$

于是

$${\left(\frac{f(x)}{x}\right)}^{\prime }=-\frac{e^{-x}}{x}.$$

由 $\frac{f(x)}{x}\to 0(x\to +\infty )$，得

$$\frac{f(x)}{x}={\int }_x^{+\infty }\frac{e^{-t}}{t}dt,$$

故

$$f(x)=x{\int }_x^{+\infty }\frac{e^{-t}}{t}dt.$$

练习题 9

利用积分号下求积的方法求下列积分：

1. $I(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan \alpha x}{x(1+x^2)}dx(\alpha \ge 0)$；
2. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos \beta x}{x^2+{\alpha }^2}dx$。

解 利用积分号下求积。

1. 因为

$$\arctan (\alpha x)={\int }_0^{\alpha }\frac{x}{1+t^2{x}^2}dt,$$

故

$$I(\alpha )={\int }_0^{\alpha }dt{\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2)(1+t^2{x}^2)}=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\alpha }\frac{dt}{1+t}=\frac{\pi }{2}\ln (1+\alpha ).$$

1. 设

$$I(\beta )={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos \beta x}{x^2+{\alpha }^2}dx(\alpha >0).$$

则

$$I^{\prime }(\beta )=-{\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin \beta x}{x^2+{\alpha }^2}dx=-\frac{\pi }{2}{e}^{-\alpha \beta }(\beta >0),$$

而

$$I(0)={\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{x^2+{\alpha }^2}=\frac{\pi }{2\alpha }.$$

故

$$I(\beta )=\frac{\pi }{2\alpha }{e}^{-\alpha \beta }(\beta \ge 0).$$

由偶性可得一般情形

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos \beta x}{x^2+{\alpha }^2}dx=\frac{\pi }{2\alpha }{e}^{-\alpha |\beta |}.$$

练习题 10

求含参变量瑕积分

$$I(\alpha )={\int }_0^1\frac{\ln (1-{\alpha }^2{x}^2)}{\sqrt{1-x^2}}dx,|\alpha |\le 1.$$

解 令 $x=\sin \theta$，则

$$I(\alpha )={\int }_0^{\pi /2}\ln (1-{\alpha }^2{\sin }^2\theta )d\theta .$$

把被积式写成

$$1-{\alpha }^2{\sin }^2\theta =1-\frac{{\alpha }^2}{2}+\frac{{\alpha }^2}{2}\cos 2\theta ,$$

再令 $\phi =2\theta$，便化为 23.1.3 第 1 题同型积分，从而

$$I(\alpha )=\pi \ln \frac{1+\sqrt{1-{\alpha }^2}}{2}.$$

练习题 11

计算

$$I(y)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}\cos (2yx)dx,-\infty <y<+\infty .$$

解 记

$$I(y)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}\cos (2yx)dx.$$

由 Euler—Poisson 积分直接得到

$$I(y)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}{e}^{-y^2}.$$

23.3.3 例题

例题 23.3.1

设平面 $x=0,y=0,z=0$ 与 $x+y+z=1$ 围成四面体 $V$，证明：

$${\iiint }_V{x}^{a-1}{y}^{b-1}{z}^{c-1}dxdydz=\frac{\Gamma (a)\Gamma (b)\Gamma (c)}{(a+b+c)\Gamma (a+b+c)},a,b,c>0.$$

证 作如下计算：

$$\begin{array}{rl}I& ={\iiint }_V{x}^{a-1}{y}^{b-1}{z}^{c-1}dxdydz\\ & ={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}dy{\int }_0^{1-x-y}{x}^{a-1}{y}^{b-1}{z}^{c-1}dz\\ & =\frac{1}{c}{\int }_0^1{x}^{a-1}dx{\int }_0^{1-x}{y}^{b-1}(1-x-y{)}^{c}dy.\end{array}$$

再令 $y=(1-x)t$，则

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{c}{\int }_0^1{x}^{a-1}dx{\int }_0^1(1-x{)}^{b-1}{t}^{b-1}(1-t{)}^c(1-x{)}^c(1-x)dt\\ & =\frac{1}{c}{\int }_0^1{x}^{a-1}(1-x{)}^{b+c}dx{\int }_0^1{t}^{b-1}(1-t{)}^{c}dt\\ & =\frac{1}{c}B(a,b+c+1)B(b,c+1)\\ & =\frac{1}{c}\frac{\Gamma (a)\Gamma (b+c+1)}{\Gamma (a+b+c+1)}\cdot \frac{\Gamma (b)\Gamma (c+1)}{\Gamma (b+c+1)}\\ & =\frac{\Gamma (a)\Gamma (b)\Gamma (c)}{(a+b+c)\Gamma (a+b+c)}.\end{array}$$

例题 23.3.2

确定 $\alpha ,\beta ,\gamma$，使

$$I={\iiint }_D\frac{dxdydz}{1+x^{\alpha }+y^{\beta }+z^{\gamma }}<+\infty ,$$

并求 $I$ 的值，其中

$$D=\{(x,y,z)\mid x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0\}.$$

解 首先应该有 $\alpha >0,\beta >0,\gamma >0$。令

$$x=u^{2/\alpha },y=v^{2/\beta },z=w^{2/\gamma },$$

则

$$I=\frac{8}{\alpha \beta \gamma }{\iiint }_{\Omega }\frac{u^{2/\alpha -1}{v}^{2/\beta -1}{w}^{2/\gamma -1}}{1+u^2+v^2+w^2}dudvdw,$$

其中 $\Omega =\{(u,v,w)\mid u\ge 0,v\ge 0,w\ge 0\}$。再作球坐标变换

$$u=\rho \sin \phi \cos \theta ,v=\rho \sin \phi \sin \theta ,w=\rho \cos \phi ,$$ $$\rho \ge 0,0\le \phi \le \frac{\pi }{2},0\le \theta \le \frac{\pi }{2}.$$

则

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{8}{\alpha \beta \gamma }{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2/\alpha -1}\theta {\sin }^{2/\beta -1}\theta d\theta {\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2(1/\alpha +1/\beta )-1}\phi {\cos }^{2/\gamma -1}\phi d\phi \\ & \times {\int }_0^{+\infty }\frac{{\rho }^{2(1/\alpha +1/\beta +1/\gamma )-1}}{1+{\rho }^2}d\rho \\ & =\frac{1}{\alpha \beta \gamma }B\left(\frac{1}{\alpha },\frac{1}{\beta }\right)B\left(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta },\frac{1}{\gamma }\right){\int }_0^{+\infty }\frac{t^{1/\alpha +1/\beta +1/\gamma -1}}{1+t}dt.\end{array}$$

可见当且仅当

$$\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma }<1$$

时最后一个积分收敛，并且

$${\int }_0^{+\infty }\frac{t^{1/\alpha +1/\beta +1/\gamma -1}}{1+t}dt=B\left(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma },1-\frac{1}{\alpha }-\frac{1}{\beta }-\frac{1}{\gamma }\right).$$

这样便得到

$$I=\frac{1}{\alpha \beta \gamma }\Gamma \left(\frac{1}{\alpha }\right)\Gamma \left(\frac{1}{\beta }\right)\Gamma \left(\frac{1}{\gamma }\right)\Gamma \left(1-\frac{1}{\alpha }-\frac{1}{\beta }-\frac{1}{\gamma }\right).$$

例题 23.3.3

求积分（见上册 395 页练习题 6(2)）

$$I(t)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-\left(x^2+\frac{t^2}{x^2}\right)}dx,t>0.$$

解 1 由 M-判别法，$I(t)$ 关于 $t>0$ 是一致收敛的，形式上求导得

$$I^{\prime }(t)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-\left(x^2+\frac{t^2}{x^2}\right)}\left(-\frac{2t}{x^2}\right)dx.$$

令 $x=1/y$，再令 $yt=z$，则

$$I^{\prime }(t)=-2{\int }_0^{+\infty }{e}^{-\left(z^2+\frac{t^2}{z^2}\right)}dz=-2I(t).$$

所以

$$\ln I(t)=-2t+C,I(t)=C{e}^{-2t}.$$

考虑到

$$I(0)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2},$$

所以

$$I(t)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}{e}^{-2t}.$$

解 2 令 $y=t/x$，则

$$I(t)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-\left(\frac{t^2}{y^2}+y^2\right)}\frac{t}{y^2}dy.$$

与原表达式相加得

$$\begin{array}{rl}2I(t)& ={\int }_0^{+\infty }{e}^{-\left(x^2+\frac{t^2}{x^2}\right)}\left(1+\frac{t}{x^2}\right)dx\\ & =e^{-2t}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-{\left(x-\frac{t}{x}\right)}^2}d\left(x-\frac{t}{x}\right)=e^{-2t}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-u^2}du\\ & =\sqrt{\pi }{e}^{-2t}.\end{array}$$

例题 23.3.4

证明 Riemann 的 zeta 函数的积分形式

$$\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}=\frac{1}{\Gamma (s)}{\int }_0^{+\infty }\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx,s>1.$$

证 对于 $x>0$ 有展开式

$$\frac{1}{e^x-1}=\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}=e^{-x}(1+e^{-x}+e^{-2x}+\cdots )=\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}.$$

于是 $\forall A>0$ 有

$${\int }_0^A\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx={\int }_0^A{x}^{s-1}\left(\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}\right)dx.$$

对于固定的 $s>1$，级数关于 $x\in [0,+\infty )$ 一致收敛，所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^A\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx& =\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_0^A{x}^{s-1}{e}^{-nx}dx\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}{\int }_0^{nA}{y}^{s-1}{e}^{-y}dy.\end{array}$$

这个级数对于 $A\in [0,+\infty )$ 是一致收敛的，于是令 $A\to +\infty$，得

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx=\Gamma (s)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}.$$

例题 23.3.5

求积分

$${\int }_0^1\frac{\ln x}{1-x}dx.$$

解 令 $x=e^{-t}$，则

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{\ln x}{1-x}dx& ={\int }_{+\infty }^0\frac{-t}{1-e^{-t}}{e}^{-t}(-dt)=-{\int }_0^{+\infty }\frac{t}{e^t-1}dt.\end{array}$$

在上题的结论中取 $s=2$，则

$${\int }_0^1\frac{\ln x}{1-x}dx=-\Gamma (2)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=-\frac{{\pi }^2}{6}.$$

例题 23.3.6

求

$$I={\iiint }_{\Omega }{\left(\sqrt{a^2-x^2-y^2}\right)}^{p}dxdydz,$$

其中 $a>0,p\ge 0$，$\Omega$ 是球体 $x^2+y^2+z^2\le a^2$ 被圆柱面 $x^2+y^2=ay$ 割下的区域（即 Viviani 体）。

解 参见图 22.11（现在 $x,y$ 轴的位置有变化）。用柱坐标系，则

$$\Omega =\{(r,\theta ,z)\mid 0\le \theta \le \pi ,0\le r\le a\sin \theta ,-\sqrt{a^2-r^2}\le z\le \sqrt{a^2-r^2}\}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi }d\theta {\int }_0^{a\sin \theta }dr{\int }_{-\sqrt{a^2-r^2}}^{\sqrt{a^2-r^2}}{\left(\sqrt{a^2-r^2}\right)}^{p}rdz\\ & ={\int }_0^{\pi }d\theta {\int }_0^{a\sin \theta }2r(a^2-r^2{)}^{(p+1)/2}dr\\ & =-{\int }_0^{\pi }{\left(\frac{2}{p+3}(a^2-r^2{)}^{(p+3)/2}\right)}_0^{a\sin \theta }d\theta \\ & =\frac{4a^{p+3}}{p+3}{\int }_0^{\pi /2}(1-{\cos }^{p+3}\theta )d\theta \\ & =\frac{4a^{p+3}}{p+3}\left(\frac{\pi }{2}-\frac{\Gamma \left(\frac{p+4}{2}\right)\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)}{2\Gamma \left(\frac{p+5}{2}\right)}\right).\end{array}$$

23.3.5 练习题

练习题 1

计算

$$\text{(1) }{\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{x\ln \frac{1}{x}}},\text{(2) }{\int }_0^{+\infty }\frac{\sqrt[4]{x}}{(1+x{)}^2}dx.$$

解

$${\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{x\ln (1/x)}}$$

令 $u=\ln (1/x)$，则 $x=e^{-u},dx=-e^{-u}du$，故

$${\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{x\ln (1/x)}}={\int }_0^{+\infty }{u}^{-1/2}{e}^{-u/2}du=\sqrt{2}\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{2\pi }.$$

又

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x^{1/4}}{(1+x{)}^2}dx=B\left(\frac{5}{4},\frac{3}{4}\right)=\Gamma \left(\frac{5}{4}\right)\Gamma \left(\frac{3}{4}\right)=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}.$$

练习题 2

试用 $\Gamma$ 函数或 B 函数表示

$$\text{(1) }{\int }_0^{\pi /2}{\tan }^{\alpha }xdx(|\alpha |<1),\text{(2) }{\int }_{-1}^1(1+x{)}^a(1-x{)}^{b}dx(a,b>0).$$

解

1. 令 $t=\tan x$，则

$${\int }_0^{\pi /2}{\tan }^{\alpha }xdx={\int }_0^{+\infty }\frac{t^{\alpha }}{1+t^2}dt=\frac{1}{2}B\left(\frac{1+\alpha }{2},\frac{1-\alpha }{2}\right)=\frac{\pi }{2\cos (\pi \alpha /2)}.$$

1. 令 $x=2u-1$，则

$${\int }_{-1}^1(1+x{)}^a(1-x{)}^{b}dx=2^{a+b+1}{\int }_0^1{u}^a(1-u{)}^{b}du=2^{a+b+1}B(a+1,b+1).$$

练习题 3

$n$ 为正整数，$p>0$，证明：

$$B(p,n)=\frac{(n-1)!}{p(p+1)\cdots (p+n-1)}.$$

解 由

$$B(p,n)={\int }_0^1{x}^{p-1}(1-x{)}^{n-1}dx$$

分部积分，得

$$B(p,n)=\frac{n-1}{p}B(p+1,n-1).$$

更方便的递推式是

$$B(p,n)=\frac{n-1}{p+n-1}B(p,n-1),$$

而 $B(p,1)=1/p$。递推下去便得

$$B(p,n)=\frac{(n-1)!}{p(p+1)\cdots (p+n-1)}.$$

练习题 4

证明：$\ln \Gamma (x)$ 是下凸函数。

解 取 $0<\lambda <1$。由 Hölder 不等式，

$$\Gamma (\lambda x+(1-\lambda )y)={\int }_0^{+\infty }\left(t^{x-1}{e}^{-t}{)}^{\lambda }\right(t^{y-1}{e}^{-t}{)}^{1-\lambda }dt\le \Gamma (x{)}^{\lambda }\Gamma (y{)}^{1-\lambda }.$$

取对数即得

$$\ln \Gamma (\lambda x+(1-\lambda )y)\le \lambda \ln \Gamma (x)+(1-\lambda )\ln \Gamma (y),$$

故 $\ln \Gamma (x)$ 下凸。

练习题 5

按照下列步骤证明公式

$$B(p,q)=\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}.$$

1. $\Gamma (p)=2{\int }_0^{+\infty }{u}^{2p-1}{e}^{-u^2}du$；
2. $\Gamma (p)\Gamma (q)=\underset{A\to +\infty }{\lim }4{\iint }_{G(A)}f(u,v)dudv$，其中

$$f(u,v)=u^{2p-1}{v}^{2q-1}{e}^{-(u^2+v^2)},G(A)=\{(u,v)\mid 0\le u\le A,0\le v\le A\};$$

1. 令 $D(R)=\{(r,\theta )\mid 0\le r\le R,0\le \theta \le \pi /2\}$，则

$$\underset{A\to +\infty }{\lim }{\iint }_{D(A)}f(u,v)dudv=\frac{1}{4}B(p,q)\Gamma (p+q),$$ $$\underset{A\to +\infty }{\lim }{\iint }_{D(\sqrt{2}A)}f(u,v)dudv=\frac{1}{4}B(p,q)\Gamma (p+q);$$

1. $B(p,q)=\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}$。

解 依题设步骤证明。

1. 令 $t=u^2$，则

$$\Gamma (p)={\int }_0^{+\infty }{t}^{p-1}{e}^{-t}dt=2{\int }_0^{+\infty }{u}^{2p-1}{e}^{-u^2}du.$$

1. 因而

$$\Gamma (p)\Gamma (q)=4\underset{A\to +\infty }{\lim }{\iint }_{G(A)}{u}^{2p-1}{v}^{2q-1}{e}^{-(u^2+v^2)}dudv.$$

1. 在第一象限极坐标下，$u=r\cos \theta ,v=r\sin \theta$，于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D(R)}f(u,v)dudv& ={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2p-1}\theta {\sin }^{2q-1}\theta d\theta {\int }_0^R{r}^{2p+2q-1}{e}^{-r^2}dr\\ & =\frac{1}{4}B(p,q){\int }_0^{R^2}{t}^{p+q-1}{e}^{-t}dt.\end{array}$$

令 $R\to +\infty$，便得

$$\underset{R\to +\infty }{\lim }{\iint }_{D(R)}f(u,v)dudv=\frac{1}{4}B(p,q)\Gamma (p+q).$$

1. 由夹逼关系

$$D(A)\subset G(A)\subset D(\sqrt{2}A)$$

知

$$\underset{A\to +\infty }{\lim }{\iint }_{G(A)}f(u,v)dudv=\frac{1}{4}B(p,q)\Gamma (p+q).$$

与第 (2) 步合并，即得

$$\Gamma (p)\Gamma (q)=B(p,q)\Gamma (p+q),$$

亦即

$$B(p,q)=\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}.$$

23.4.2 参考题

参考题 1

设 $f(x,t),f_x(x,t)$ 连续，记

$$u(x,t)=\frac{1}{2a}{\int }_0^{t}d\tau {\int }_{x-a(t-\tau )}^{x+a(t-\tau )}f(\xi ,\tau )d\xi ,$$

其中 $a$ 为正常数，证明：$u(x,t)$ 满足

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}=a^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+f(x,t).$$

解 对 $t$ 求导。记

$$U(x,t,\tau )={\int }_{x-a(t-\tau )}^{x+a(t-\tau )}f(\xi ,\tau )d\xi .$$

则

$$u(x,t)=\frac{1}{2a}{\int }_0^{t}U(x,t,\tau )d\tau ,$$

且 $U(x,t,t)=0$。由 Leibniz 公式，

$$u_t(x,t)=\frac{1}{2a}{\int }_0^t\frac{\partial U}{\partial t}(x,t,\tau )d\tau =\frac{1}{2}{\int }_0^t[f(x+a(t-\tau ),\tau )+f(x-a(t-\tau ),\tau )]d\tau .$$

再求导得

$$u_{tt}(x,t)=f(x,t)+\frac{a}{2}{\int }_0^t[f_x(x+a(t-\tau ),\tau )-f_x(x-a(t-\tau ),\tau )]d\tau .$$

另一方面，

$$u_x(x,t)=\frac{1}{2a}{\int }_0^t[f(x+a(t-\tau ),\tau )-f(x-a(t-\tau ),\tau )]d\tau ,$$

于是

$$a^2{u}_{xx}(x,t)=\frac{a}{2}{\int }_0^t[f_x(x+a(t-\tau ),\tau )-f_x(x-a(t-\tau ),\tau )]d\tau .$$

两式相减即得

$$u_{tt}=a^2{u}_{xx}+f(x,t).$$

参考题 2

设 $n$ 为正整数，证明 Bessel 函数

$$J_n(x)=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\cos (n\phi -x\sin \phi )d\phi$$

满足

$$x^2{J}_n^{\prime \prime }(x)+x{J}_n^{\prime }(x)+(x^2-n^2)J_n(x)=0.$$

解 由

$$J_n(x)=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\cos (n\phi -x\sin \phi )d\phi$$

可得

$$J_n^{\prime }(x)=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\sin \phi \sin (n\phi -x\sin \phi )d\phi .$$

再由

$${\int }_0^{\pi }\frac{d}{d\phi }\sin (n\phi -x\sin \phi )d\phi =0$$

得到

$$n{J}_n(x)=\frac{x}{\pi }{\int }_0^{\pi }\cos \phi \cos (n\phi -x\sin \phi )d\phi =\frac{x}{2}(J_{n-1}(x)+J_{n+1}(x)).$$

同时

$$x{J}_n^{\prime }(x)=\frac{x}{2}(J_{n-1}(x)-J_{n+1}(x)).$$

于是有两条递推式

$$x{J}_n^{\prime }(x)=n{J}_n(x)-x{J}_{n+1}(x),x{J}_n^{\prime }(x)=x{J}_{n-1}(x)-n{J}_n(x).$$

对第一式求导，

$$x{J}_n^{\prime \prime }+J_n^{\prime }=n{J}_n^{\prime }-x{J}_{n+1}^{\prime }-J_{n+1}.$$

再用

$$x{J}_{n+1}^{\prime }=x{J}_n-(n+1)J_{n+1},$$

化为

$$x{J}_n^{\prime \prime }+J_n^{\prime }=n{J}_n^{\prime }-x{J}_n+n{J}_{n+1}.$$

由 $x{J}_{n+1}=n{J}_n-x{J}_n^{\prime }$ 消去 $J_{n+1}$，得

$$x{J}_n^{\prime \prime }+J_n^{\prime }=-x{J}_n+\frac{n^2}{x}{J}_n.$$

两边乘以 $x$ 即得

$$x^2{J}_n^{\prime \prime }(x)+x{J}_n^{\prime }(x)+(x^2-n^2)J_n(x)=0.$$

参考题 3

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续可微，且 $f(0)=0$，定义

$$\phi (x)={\int }_0^x\frac{f(t)}{\sqrt{x-t}}dt,0<x\le 1,\phi (0)=0.$$

证明：

1. $\phi (x)$ 在 $[0,1]$ 上一阶连续可导，且

$${\phi }^{\prime }(x)={\int }_0^x\frac{f^{\prime }(t)}{\sqrt{x-t}}dt,0<x\le 1,{\phi }^{\prime }(0)=0;$$

1. $f(x)=\frac{1}{\pi }{\int }_0^x\frac{{\phi }^{\prime }(t)}{\sqrt{x-t}}dt,0<x\le 1$。

解

1. 因 $f(0)=0$，可写成

$$f(t)={\int }_0^t{f}^{\prime }(u)du.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\phi (x)& ={\int }_0^x\frac{dt}{\sqrt{x-t}}{\int }_0^t{f}^{\prime }(u)du={\int }_0^x{f}^{\prime }(u)du{\int }_u^x\frac{dt}{\sqrt{x-t}}\\ & =2{\int }_0^x\sqrt{x-u}{f}^{\prime }(u)du.\end{array}$$

因此

$${\phi }^{\prime }(x)={\int }_0^x\frac{f^{\prime }(u)}{\sqrt{x-u}}du(0<x\le 1).$$

又由上式可知 $\phi (x)=O(x^{3/2})$，故 ${\phi }^{\prime }(0)=0$，从而 $\phi \in C^1[0,1]$。

1. 由上式，

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x\frac{{\phi }^{\prime }(t)}{\sqrt{x-t}}dt& ={\int }_0^x\frac{dt}{\sqrt{x-t}}{\int }_0^t\frac{f^{\prime }(u)}{\sqrt{t-u}}du\\ & ={\int }_0^x{f}^{\prime }(u)du{\int }_u^x\frac{dt}{\sqrt{t-u}\sqrt{x-t}}.\end{array}$$

内层积分令 $t=u+(x-u)s$，便得其值为

$${\int }_0^1\frac{ds}{\sqrt{s(1-s)}}=\pi .$$

故

$${\int }_0^x\frac{{\phi }^{\prime }(t)}{\sqrt{x-t}}dt=\pi {\int }_0^x{f}^{\prime }(u)du=\pi f(x).$$

即

$$f(x)=\frac{1}{\pi }{\int }_0^x\frac{{\phi }^{\prime }(t)}{\sqrt{x-t}}dt.$$

参考题 4

设 $f(x)$ 在 $[0,A]$ 上单调 $(A>0)$，证明：

$$\underset{\alpha \to +\infty }{\lim }{\int }_0^{A}f(x)\frac{\sin \alpha x}{x}dx=\frac{\pi }{2}f(0+).$$

解 记

$$I_{\alpha }={\int }_0^{A}f(x)\frac{\sin \alpha x}{x}dx.$$

写成

$$I_{\alpha }=f(0+){\int }_0^A\frac{\sin \alpha x}{x}dx+{\int }_0^A(f(x)-f(0+))\frac{\sin \alpha x}{x}dx.$$

前一项趋于 $\frac{\pi }{2}f(0+)$。对后一项，任给 $\epsilon >0$，先取 $\delta >0$ 使

$$|f(x)-f(0+)|<\epsilon ,0\le x\le \delta .$$

设

$$J_1={\int }_0^{\delta }(f(x)-f(0+))\frac{\sin \alpha x}{x}dx,J_2={\int }_{\delta }^A(f(x)-f(0+))\frac{\sin \alpha x}{x}dx.$$

由于 $f(x)-f(0+)$ 单调，Bonnet 第二中值定理给出

$$J_1=(f(\delta )-f(0+)){\int }_{\xi }^{\delta }\frac{\sin \alpha x}{x}dx$$

其中 $0\le \xi \le \delta$，故 $|J_1|\le \pi \epsilon$。对 $J_2$ 再用同一定理，并注意到

$$\left|{\int }_u^v\frac{\sin \alpha x}{x}dx\right|\le \frac{2}{\alpha \delta }(\delta \le u<v\le A),$$

得 $J_2\to 0$。故 $I_{\alpha }\to \frac{\pi }{2}f(0+)$。

参考题 5

设

$$F(t)=t{\int }_0^{+\infty }{e}^{-tx}f(x)dx,$$

其中 $f(x)$ 在 $[0,b]$ 上有界可积 $(\forall b>0)$，且

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=\alpha .$$

证明：$\underset{t\to 0+}{\lim }F(t)=\alpha$。

解 作代换 $s=tx$，得

$$F(t)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-s}f\left(\frac{s}{t}\right)ds.$$

任取 $\epsilon >0$，由 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=\alpha$，可取 $X>0$ 使

$$|f(x)-\alpha |<\epsilon ,x\ge X.$$

再把上式拆成

$$F(t)-\alpha ={\int }_0^{Xt}{e}^{-s}\left[f\left(\frac{s}{t}\right)-\alpha \right]ds+{\int }_{Xt}^{+\infty }{e}^{-s}\left[f\left(\frac{s}{t}\right)-\alpha \right]ds.$$

第一项的积分区间长度趋于 $0$，且被有界函数控制，故趋于 $0$；第二项绝对值不超过

$$\epsilon {\int }_{Xt}^{+\infty }{e}^{-s}ds\le \epsilon .$$

于是 ${\lim }_{t\to 0+}F(t)=\alpha$。

参考题 6

设 $f(x)$ 连续，且 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}^2(x)dx$ 收敛，证明：

1. $g(t)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(t+u)f(u)du$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续且有界；
2. $\underset{\epsilon \to +0}{\lim }\frac{1}{2\sqrt{\epsilon \pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-t^2/(4\epsilon )}g(t)dt={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}^2(x)dx$。

解

1. 由 Cauchy—Schwarz 不等式，

$$|g(t)|\le {\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}^2(t+u)du\right)}^{1/2}{\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}^2(u)du\right)}^{1/2}={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}^2(u)du,$$

故 $g$ 有界。又

$$|g(t+h)-g(t)|\le \Vert f(\cdot +h)-f(\cdot ){\Vert }_{L^2}\Vert f{\Vert }_{L^2}\to 0,$$

故 $g$ 连续。

1. 记

$$K_{\epsilon }(t)=\frac{1}{2\sqrt{\pi \epsilon }}{e}^{-t^2/(4\epsilon )}.$$

则 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{K}_{\epsilon }(t)dt=1$。于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{K}_{\epsilon }(t)g(t)dt-g(0)& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }{K}_{\epsilon }(t)(g(t)-g(0))dt.\end{array}$$

由 $g$ 在 $0$ 处连续，给定 ${\epsilon }_0>0$，先取 $\delta$ 使 $|t|<\delta$ 时 $|g(t)-g(0)|<{\epsilon }_0$；再利用 $g$ 有界与

$${\int }_{|t|\ge \delta }{K}_{\epsilon }(t)dt\to 0,$$

可得右端趋于 $0$。故

$$\underset{\epsilon \to 0+}{\lim }\frac{1}{2\sqrt{\pi \epsilon }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-t^2/(4\epsilon )}g(t)dt=g(0)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}^2(x)dx.$$

参考题 7

讨论下列函数在 $(0,1)$ 上的连续性：

$$\text{(1) }f(\alpha )={\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-t}}{|\sin t{|}^{\alpha }}dt,\text{(2) }g(\alpha )={\int }_0^1\frac{f(t)}{\sqrt{|t-\alpha |}}dt,$$

其中 $f(t)$ 是 $[0,1]$ 上的有界可积函数。

解

1. 取任意紧区间 $K=[{\alpha }_0,{\alpha }_1]\subset (0,1)$。对每个整数 $k\ge 0$，在 $k\pi$ 的邻域内有

$$|\sin t|\asymp |t-k\pi |.$$

于是

$$\frac{e^{-t}}{|\sin t{|}^{\alpha }}\le C{e}^{-t}|t-k\pi {|}^{-{\alpha }_1}$$

在各邻域内可积，而这些估计因 $e^{-t}$ 的存在可求和。故可用与 $\alpha$ 无关的可积函数控制，控制收敛定理说明 $f(\alpha )$ 在 $(0,1)$ 上连续。

1. 设 $\Vert f{\Vert }_{\infty }\le M$。对任意 $\alpha ,\beta \in K\subset (0,1)$，把积分拆成

$${\int }_{|t-\alpha |<\delta }+{\int }_{|t-\alpha |\ge \delta }.$$

前一部分有估计

$${\int }_{|t-\alpha |<\delta }\frac{|f(t)|}{\sqrt{|t-\alpha |}}dt\le 4M\sqrt{\delta },$$

对 $\beta$ 亦同。后一部分中核函数

$$\frac{1}{\sqrt{|t-\alpha |}}$$

关于 $\alpha$ 在 $|t-\alpha |\ge \delta$ 上连续且一致有界，于是相应积分关于 $\alpha$ 连续。令 $\delta \to 0$，便知 $g(\alpha )$ 在 $(0,1)$ 上连续。

参考题 8

求曲面 $(x^2+y^2{)}^2+z^4=y$ 所围立体的体积。

解 用柱坐标 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$。方程化为

$$r^4+z^4=r\sin \theta .$$

于是 $0\le \theta \le \pi$，且对固定 $\theta$ 有

$$0\le r\le (\sin \theta {)}^{1/3},|z|\le (r\sin \theta -r^4{)}^{1/4}.$$

故体积

$$V=2{\int }_0^{\pi }{\int }_0^{(\sin \theta {)}^{1/3}}(r\sin \theta -r^4{)}^{1/4}rdrd\theta .$$

令 $r=(\sin \theta {)}^{1/3}s$，得

$$V=4{\int }_0^1{s}^{5/4}(1-s^3{)}^{1/4}ds.$$

再令 $u=s^3$，则

$$V=\frac{4}{3}{\int }_0^1{u}^{-1/4}(1-u{)}^{1/4}du=\frac{4}{3}B\left(\frac{3}{4},\frac{5}{4}\right)=\frac{\pi \sqrt{2}}{3}.$$

参考题 9

求立体

$${\left(\frac{x}{a}\right)}^{1/n}+{\left(\frac{y}{b}\right)}^{1/n}+{\left(\frac{z}{c}\right)}^{1/n}\le 1,x,y,z\ge 0$$

的质心的 $x$ 坐标。

解 令

$$x=a{u}^n,y=b{v}^n,z=c{w}^n,$$

则区域化为

$$u+v+w\le 1,u,v,w\ge 0,$$

Jacobi 行列式为

$$n^{3}abc{u}^{n-1}{v}^{n-1}{w}^{n-1}.$$

因此体积

$$V=n^{3}abc{\iiint }_{u+v+w\le 1}{u}^{n-1}{v}^{n-1}{w}^{n-1}dudvdw=abc\frac{(n!{)}^3}{(3n)!}.$$

关于 $yz$ 平面的力矩为

$$\begin{array}{rl}{M}_{yz}& =\iiint xdV\\ & =a^{2}bc{n}^3{\iiint }_{u+v+w\le 1}{u}^{2n-1}{v}^{n-1}{w}^{n-1}dudvdw\\ & =a^{2}bc{n}^3\frac{\Gamma (2n)\Gamma (n{)}^2}{\Gamma (4n+1)}.\end{array}$$

故质心的 $x$ 坐标为

$$\bar{x}=\frac{M_{yz}}{V}=a\frac{\Gamma (2n)\Gamma (3n+1)}{\Gamma (n)\Gamma (4n+1)}=a\frac{(2n-1)!(3n)!}{(n-1)!(4n)!}.$$

参考题 10

求星形线

$$x^{2/3}+y^{2/3}=R^{2/3}$$

所包围的面积对 $x$ 轴的惯性矩。

解 关于 $x$ 轴的惯性矩为

$$I_x={\iint }_D{y}^{2}dxdy,$$

其中 $D$ 是星形线围成的区域。取参数

$$x=R{\cos }^{3}t,y=R{\sin }^{3}t,0\le t\le \frac{\pi }{2},$$

则第一象限内

$$dx=-3R{\cos }^{2}t\sin tdt,y^2=R^2{\sin }^{6}t.$$

故

$$I_x=4{\int }_0^R{y}^{2}dx=12R^4{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{7}t{\cos }^{2}tdt=4R^{4}B\left(4,\frac{3}{2}\right)=\frac{21\pi }{512}{R}^4.$$

参考题 11

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 中连续，证明：

$$\underset{t\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{1}t{e}^{-t^2{x}^2}f(x)dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}f(0).$$

解 令 $u=tx$，则

$${\int }_0^{1}t{e}^{-t^2{x}^2}f(x)dx={\int }_0^t{e}^{-u^2}f\left(\frac{u}{t}\right)du.$$

当 $t\to +\infty$ 时，对每个固定 $u$ 有 $f(u/t)\to f(0)$，且被 $\Vert f{\Vert }_{\infty }{e}^{-u^2}$ 控制，故

$$\underset{t\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{1}t{e}^{-t^2{x}^2}f(x)dx=f(0){\int }_0^{+\infty }{e}^{-u^2}du=\frac{\sqrt{\pi }}{2}f(0).$$

参考题 12

设 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，证明：

$$\underset{y\to 0+}{\lim }{\int }_0^{+\infty }{e}^{-xy}f(x)dx={\int }_0^{+\infty }f(x)dx.$$

解 设

$$F(y)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-xy}f(x)dx.$$

任取 $A>0$，则

$$F(y)-{\int }_0^{+\infty }f(x)dx={\int }_0^A(e^{-xy}-1)f(x)dx+{\int }_A^{+\infty }(e^{-xy}-1)f(x)dx.$$

第一项因 $e^{-xy}\to 1$ 在 $[0,A]$ 上一致成立而趋于 $0$。第二项写成

$${\int }_A^{+\infty }{e}^{-xy}f(x)dx-{\int }_A^{+\infty }f(x)dx.$$

后一个尾积分可先取 $A$ 使其绝对值小于 $\epsilon$；前一个尾积分则由 Abel 判别法知其绝对值也可被同一数量控制。故 $F(y)\to {\int }_0^{+\infty }f(x)dx$。

参考题 13

求 ${\int }_0^{+\infty }\cos x^{p}dx$，其中 $p>1$。

解 令 $u=x^p$，则

$${\int }_0^{+\infty }\cos x^{p}dx=\frac{1}{p}{\int }_0^{+\infty }{u}^{1/p-1}\cos udu.$$

由 Euler 积分公式

$${\int }_0^{+\infty }{u}^{\mu -1}\cos udu=\Gamma (\mu )\cos \frac{\pi \mu }{2}(0<\mu <1),$$

取 $\mu =1/p$，得

$${\int }_0^{+\infty }\cos x^{p}dx=\frac{1}{p}\Gamma \left(\frac{1}{p}\right)\cos \frac{\pi }{2p}.$$

参考题 14

求 ${\int }_0^1\ln \Gamma (x)dx$。

解 由反射公式

$$\Gamma (x)\Gamma (1-x)=\frac{\pi }{\sin \pi x}$$

取对数并在 $[0,1]$ 上积分，得

$$2{\int }_0^1\ln \Gamma (x)dx=\ln \pi -{\int }_0^1\ln (\sin \pi x)dx.$$

而

$${\int }_0^1\ln (\sin \pi x)dx=-\ln 2,$$

故

$${\int }_0^1\ln \Gamma (x)dx=\frac{1}{2}\ln (2\pi ).$$

参考题 15

求 Laplace（拉普拉斯）积分

$$I_k={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos bx}{(a^2+x^2{)}^k}dx,J_k={\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin bx}{(a^2+x^2{)}^k}dx,$$

其中 $a,b>0,k\in {\mathbb{N}}_{+}$。

解 先求 $k=1$ 的情形：

$$I_1={\int }_0^{+\infty }\frac{\cos bx}{a^2+x^2}dx=\frac{\pi }{2a}{e}^{-ab},$$ $$J_1={\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin bx}{a^2+x^2}dx=-\frac{d}{db}{I}_1=\frac{\pi }{2}{e}^{-ab}.$$

对 $a$ 求导可得递推式

$$I_k=-\frac{1}{2(k-1)a}\frac{\partial I_{k-1}}{\partial a},J_k=-\frac{1}{2(k-1)a}\frac{\partial J_{k-1}}{\partial a}.$$

因此

$$I_k=\frac{\pi }{2}{\left(-\frac{1}{2a}\frac{\partial }{\partial a}\right)}^{k-1}\left(\frac{e^{-ab}}{a}\right),$$ $$J_k=\frac{\pi }{2}{\left(-\frac{1}{2a}\frac{\partial }{\partial a}\right)}^{k-1}\left(e^{-ab}\right).$$

参考题 16

应用 $\Gamma$ 函数的 Gauss 乘积分解公式证明 Euler 常数

$$\gamma =\underset{n\to \infty }{\lim }\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n\right)=-{\Gamma }^{\prime }(1).$$

解 Gauss 乘积分解公式为

$$\prod _{j=0}^{n-1}\Gamma \left(x+\frac{j}{n}\right)=(2\pi {)}^{(n-1)/2}{n}^{1/2-nx}\Gamma (nx).$$

取对数导数，记 $\psi ={\Gamma }^{\prime }/\Gamma$，得

$$\sum _{j=0}^{n-1}\psi \left(x+\frac{j}{n}\right)=n\psi (nx)-n\ln n.$$

分别取 $x=1$ 与 $x=\frac{1}{n}$：

$$\psi (1)+\sum _{k=1}^{n-1}\psi \left(1+\frac{k}{n}\right)=n\psi (n)-n\ln n,$$ $$\sum _{k=1}^{n-1}\psi \left(\frac{k}{n}\right)+\psi (1)=n\psi (1)-n\ln n.$$

利用

$$\psi (1+u)-\psi (u)=\frac{1}{u},$$

两式相减得

$$\psi (1)=\psi (n)-\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}.$$

再由 Stirling 公式知 $\psi (n)=\ln n+o(1)$，令 $n\to +\infty$，便得

$$\psi (1)=-\gamma .$$

由于 $\Gamma (1)=1$，故 $\psi (1)={\Gamma }^{\prime }(1)$，于是

$$\gamma =-{\Gamma }^{\prime }(1).$$

参考题 17

1. 利用 $n$ 次单位根分解式证明：

$$1+x+\cdots +x^{n-1}=\prod _{k=1}^{n-1}\left(x-e^{2k\pi i/n}\right);$$

1. 利用（1）证明：

$$\prod _{k=1}^{n-1}\sin \frac{k\pi }{n}=\frac{n}{2^{n-1}};$$

1. 证明 Euler 乘积

$$\Gamma \left(\frac{1}{n}\right)\Gamma \left(\frac{2}{n}\right)\cdots \Gamma \left(\frac{n-1}{n}\right)=\frac{(2\pi {)}^{(n-1)/2}}{\sqrt{n}}.$$

解

1. 多项式 $1+x+\cdots +x^{n-1}$ 的根正是 $n$ 次单位根中除 $1$ 以外的 $n-1$ 个数，因此

$$1+x+\cdots +x^{n-1}=\prod _{k=1}^{n-1}\left(x-e^{2k\pi i/n}\right).$$

1. 在上式中取 $x=1$，得

$$n=\prod _{k=1}^{n-1}\left(1-e^{2k\pi i/n}\right).$$

取模并用

$$\left|1-e^{2k\pi i/n}\right|=2\sin \frac{k\pi }{n},$$

即得

$$\prod _{k=1}^{n-1}\sin \frac{k\pi }{n}=\frac{n}{2^{n-1}}.$$

1. 由反射公式

$$\Gamma \left(\frac{k}{n}\right)\Gamma \left(1-\frac{k}{n}\right)=\frac{\pi }{\sin (k\pi /n)}(1\le k\le n-1),$$

把 $k=1,\dots ,n-1$ 全部相乘，得

$${\left[\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left(\frac{k}{n}\right)\right]}^2=\frac{{\pi }^{n-1}}{{\prod }_{k=1}^{n-1}\sin (k\pi /n)}=\frac{(2\pi {)}^{n-1}}{n}.$$

左端为正数，故

$$\Gamma \left(\frac{1}{n}\right)\Gamma \left(\frac{2}{n}\right)\cdots \Gamma \left(\frac{n-1}{n}\right)=\frac{(2\pi {)}^{(n-1)/2}}{\sqrt{n}}.$$