📝 题目
5.6.4 通过引入参数,计算积分
$$ {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\ln \left( {1 + {x}^{2}}\right) }{1 + {x}^{2}}\mathrm{\;d}x. $$
💡 答案与解析
### 5.6.1 证明下列积分在所给区间上一致收敛
#### (1) $$ \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(xy)}{x^2 + y^2} \, dy, \quad x \ge a > 0 $$
**分析**： 被积函数分母为 $x^2 + y^2$，当 $y$ 很大时，$\frac{1}{x^2 + y^2} \le \frac{1}{a^2 + y^2}$，且 $\cos(xy)$ 有界。可以用 Weierstrass M-判别法。
**证明**： 对于 $x \ge a > 0$，有 $$ \left| \frac{\cos(xy)}{x^2 + y^2} \right| \le \frac{1}{a^2 + y^2} $$ 而 $$ \int_0^{+\infty} \frac{1}{a^2 + y^2} \, dy = \frac{\pi}{2a} < +\infty $$ 因此由 Weierstrass M-判别法，该积分在 $\\displaystyle{[a, +\infty)}$ 上一致收敛。
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#### (2) $$ \int_{1}^{+\infty} x^a e^{-x} \, dx, \quad a \in [\alpha, \beta] $$
**分析**： 对于 $x \ge 1$，$x^a$ 在 $a$ 有界时增长受控，指数衰减保证收敛。
**证明**： 设 $a \in [\alpha, \beta]$，则 $$ x^a \le x^\beta \quad (\text{当 } x \ge 1) $$ 于是 $$ |x^a e^{-x}| \le x^\beta e^{-x} $$ 而 $$ \int_1^{+\infty} x^\beta e^{-x} \, dx < +\infty $$ 由 Weierstrass M-判别法，积分在 $[\alpha, \beta]$ 上一致收敛。
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#### (3) $$ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x^2}{1 + x^p} \, dx, \quad p \ge 0 $$
**分析**： 在 $x$ 很大时，$\sin x^2$ 振荡，但分母 $1+x^p$ 增长，可考虑 Dirichlet 判别法或比较判别法。
**证明**： 对于 $p \ge 0$，当 $x \ge 1$ 时 $$ \left|\frac{\sin x^2}{1+x^p}\right| \le \frac{1}{x^p} $$ 若 $p > 1$，则 $\\displaystyle{\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p} dx}$ 收敛，由 M-判别法一致收敛。 若 $0 \le p \le 1$，则 $\\displaystyle{\int_0^{+\infty} \frac{\sin x^2}{1+x^p} dx}$ 在 $x=0$ 附近无问题，在无穷远处可用 Dirichlet 判别法：令 $f(x) = \frac{1}{1+x^p}$ 单调趋于0，$\\displaystyle{\int_A^B \sin x^2 dx}$ 有界（通过变量代换 $u=x^2$ 可得），因此一致收敛。 综上，对 $p \ge 0$ 一致收敛。
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#### (4) $$ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} e^{-ax} \, dx, \quad a \ge 0 $$
**分析**： 当 $a>0$ 时，$e^{-ax}$ 提供指数衰减，可用 M-判别法；当 $a=0$ 时，积分是条件收敛的 Dirichlet 积分，需单独处理。
**证明**： 若 $a \ge \delta > 0$，则 $$ \left| \frac{\sin x}{x} e^{-ax} \right| \le e^{-\delta x} $$ 而 $\\displaystyle{\int_0^{+\infty} e^{-\delta x} dx}$ 收敛，故在 $\\displaystyle{[\delta, +\infty)}$ 上一致收敛。 若 $a=0$，积分 $\\displaystyle{\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} dx}$ 收敛但不绝对收敛，且对 $a \ge 0$ 整体一致收敛性需要考虑端点。实际上，在 $\\displaystyle{[0,+\infty)}$ 上，由于 $e^{-ax} \le 1$，且 $\frac{\sin x}{x}$ 的广义积分收敛，可用 Dirichlet 判别法证明在 $a\ge 0$ 上一致收敛。
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### 5.6.2 设 $\\displaystyle{f(x) \in C[0,+\infty)}$ 且有界，$f(0)>0$。讨论 $$ F(y) = \int_0^{+\infty} \frac{y f(x)}{x^2 + y^2} \, dx $$ 的连续性。
**解答**： 对 $y>0$，作变量代换 $x = y t$，得 $$ F(y) = \int_0^{+\infty} \frac{f(yt)}{t^2+1} \, dt $$ 当 $y \to 0^+$ 时，由 $f$ 连续且 $f(0)>0$，有 $$ F(y) \to f(0) \int_0^{+\infty} \frac{dt}{1+t^2} = f(0) \frac{\pi}{2} $$ 当 $y>0$ 时，被积函数关于 $y$ 连续且积分一致收敛（因为 $\frac{1}{t^2+1}$ 可积），所以 $F(y)$ 在 $\\displaystyle{(0,+\infty)}$ 上连续。 在 $y=0$ 处，若定义 $F(0)=0$，则 $F$ 在 $0$ 处不连续（除非 $f(0)=0$），因为极限是 $\frac{\pi}{2}f(0) \neq 0$。
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### 5.6.3 计算 $$ I = \int_0^{+\infty} \frac{\arctan(bx) - \arctan(ax)}{x} \, dx, \quad b>a>0 $$
**解法**： 考虑参数积分 $$ I(t) = \int_0^{+\infty} \frac{\arctan(tx)}{x} \, dx $$ 则 $$ I = I(b) - I(a) $$ 对 $t$ 求导（在积分号下）： $$ I'(t) = \int_0^{+\infty} \frac{1}{1+t^2 x^2} \, dx = \frac{\pi}{2t} $$ 积分得 $$ I(t) = \frac{\pi}{2} \ln t + C $$ 由 $I(0)=0$ 得 $C$ 不存在，实际上需取 $t>0$，比较 $I(t) - I(1)$ 得 $$ I = \frac{\pi}{2} \ln \frac{b}{a} $$
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### 5.6.4 计算 $$ J = \int_0^{+\infty} \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} \, dx $$
**解法**： 引入参数 $a$： $$ F(a) = \int_0^{+\infty} \frac{\ln(1+ax^2)}{1+x^2} \, dx $$ 则 $F(0)=0$，$J=F(1)$。 求导： $$ F'(a) = \int_0^{+\infty} \frac{x^2}{(1+ax^2)(1+x^2)} \, dx $$ 用部分分式： $$ \frac{x^2}{(1+ax^2)(1+x^2)} = \frac{1}{a-1}\left( \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{1+ax^2} \right), \quad a \neq 1 $$ 积分得 $$ F'(a) = \frac{1}{a-1} \left( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2\sqrt{a}} \right) = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{a}(1+\sqrt{a})} $$ 积分得 $$ F(1) = \frac{\pi}{2} \int_0^1 \frac{da}{\sqrt{a}(1+\sqrt{a})} = \pi \ln 2 $$
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### 5.6.5 计算 $$ I = \int_0^\infty \frac{\cos bx - \cos ax}{x} \, dx, \quad b>a>0 $$
**解法**： 引入收敛因子