【高数女主养成计划】第五次习题课复盘

开个新坑 不定时更新

主要是记一点平时容易忘记放进错题本的题目
本期题目来源：第五次习题课
涉及知识点：含参变量的正常积分，含参变量的广义积分

• 爱来自 清华大学

不过说句实话，贵校的习题课机制就是开盲盒，还是老师选的题目质量比较高
这次顺便还能锻炼一下敲markdown的能力，一举两得
下面看题
\(3.\) 计算 \(\int_{0}^{+\infty} \frac{e^{-ax^2} - e^{-x^2}}{x} dx\) \((a>0)\)

思路：我们大概已经看出这是个关于a的函数（废话）
一开始我好像是一直想着去把它化成一个二重积分 事实证明我当时傻掉了
当然还是用含参积分的求导性质，从其导函数的性质来研究这个函数

解:设原函数为 $ I(a) $
由比较判别法 其在 $ (0,+\infty) $上点点收敛
然后计算 $ \frac{\partial f(x,a)}{\partial a} $

\(\frac{\partial f(x,a)}{\partial a} = -2xe^{-ax^2}\)
现在这步很重要，因为我们还是经常忘了退一步（笑）
因为积分区间是 $ (0,+\infty) $，因此我们考虑其上的任意闭区间 \([\alpha,\beta]\)，只需证明\(\frac{\partial f(x,a)}{\partial a}\)在其上一致收敛即可
因为，\(\int_{0}^{+\infty}-2x^{-ax^2}dx \le \int_{0}^{+\infty} 2xe^{-\alpha x^2}dx =\int_{0}^{+\infty} e^{-\alpha x^2}d(x^2)=-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha x^2}|_{0}^{+\infty}=\frac{1}{\alpha}\)

$\Longrightarrow \frac{\partial f(x,a)}{\partial a} $ 在 $ [\alpha,\beta]$上一致收敛

$\Longrightarrow \frac{\partial f(x,a)}{\partial a} $ 在 $ (0,+\infty)$上一致收敛
由含参积分的性质 $ I(a) $ 在 $ (0,+\infty) $ 上有连续的导函数
且 \(I'(a) =\int_{0}^{+\infty}-2xe^{-ax^2}dx=-\frac{1}{2a}\)
则 $ I(a) = -\frac{1}{2}\ln a+C $
又由于 $ I(1)=0 $ 所以 $ I(a)=-\frac{1}{2}lna $

\(5.\)设\(f(t)=\int_{0}^{1}\ln\sqrt{x^2+t^2}dx,(0 \le t \le 1),求f'_{+}(0).\)
思考:若将t的范围改为\(-1 \le t \le 1\)，\(f'(0)\)是否存在？
思路：首先，我们容易漏考虑的一个点是
对于\(\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{t}{x^2+t^2}\),它在\((0,0)\)是不连续的
所以，我们不能用积分号内求导的方法来计算这个函数
因此用定义算（事实上这个函数看上去用分部积分也蛮好算的）
解:
易求得\(f(0)=-1\)
且当\(t>0\)时，\(f(t)=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\ln(x^2+t^2)dx=\frac{1}{2}(x\ln(x^2+t^2)|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{2x^2}{x^2+t^2}dx)=\frac{1}{2}\ln(x^2+t^2)-1+t\arctan\frac{1}{t}\)
因此，\(f'_{+}(0)=\lim_{t \to 0^{+}}\frac{f(t)-f(0)}{t}=\lim_{t \to 0^{+}}\frac{\ln(x^2+t^2)}{2t}+\arctan\frac{1}{t}=\frac{\pi}{2}\)
做完了

\(6.\)计算定积分\(I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}dx\)
思路：既然把你放在这里了，那么干啥你应该很清楚
要是真的能积出来就有鬼嘞
所以，我们需要把它化成含参变量的积分，然后通过求导/积分研究含参变量积分的性质

解:设\(I(a)=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+ax)}{1+x^2}dx(a>0)\)
由于\(I(a)\)是含参变量的正常积分，易知\(I(a)\)与\(\frac{\partial f(x,a)}{\partial a}\)在\([0,1]\)上连续
因此 \(I'(a)=\int_{0}^{1}\frac{\partial f(x,a)}{\partial a}dx=\int_{0}^{1}\frac{x}{(1+ax)(1+x^2)}=\frac{1}{a^2+1}\int_{0}^{1}\frac{x+a}{x^2+1}-\frac{a}{1+ax}dx\)
\(=\frac{1}{a^2+1}(\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+a\arctan x-\ln(1+ax)|_{0}^{1})=\frac{1}{a^2+1}(\frac{\pi}{4}a+\frac{1}{2}\ln2-\ln(1+a))\)
所以,\(I(a)=\frac{\pi}{8}\ln(a^2+1)+\frac{1}{2}\ln2\arctan a-\int\frac{\ln(1+a)}{1+a^2}da+C\)
令\(a=0\)，则\(I(0)=0\) \(\Longrightarrow C=0\)
再令\(a=1\)，则\(I(1)=\frac{\pi}{4}\ln2-I(1)\)
解得\(I(1)=\frac{\pi}{8}\ln2\)
即\(I=\frac{\pi}{8}\ln2\)

\(8.\)设\(f(x,y)\)在\(R^{2}\)上一阶偏导数存在。若\(f'_{y}(x,y),f''_{yx}(x,y)\in C(R^{2})\)，
证明:\(f''_{xy}(x,y)=f''_{yx}(x,y)，(x,y)\in R^{2}\)
思路：这时候你可能会想，诶，这么显然的东西也让我证？
但事实上，虽然我们是上学期学的多元微分，不过偶尔也会出现因为不连续而不保证混合偏导数相等的情况
所以，本题我们还是从定义出发，然后运用一点含参积分的知识
另外，由于有二阶导，肯定要另外设元，转换成熟悉的一阶积分方程和一阶微分方程
解:设\(f'_{y}(x,y)=F(x,y)\)
则\(\forall x,c\in R,f(x,y)-f(x,c)=\int_{c}^{y}F(x,t)dt\)
由于连续性以及偏导数存在，两边求导得
\(f'_{x}(x,y)-f'_{x}(x,c)=\int_{c}^{y}F'_{x}(x,t)dt\)
又由于显然右侧可对\(y\)求导，因此\(f''_{xy}(x,y)=F'_{x}(x,y)=f''_{yx}(x,y)\)

\(11.\)计算两个\(Laplace\)积分：
\(I(\beta)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos\beta x}{x^2+\alpha^2}dx,J(\beta)=\int_{0}^{+\infty}\frac{x\sin\beta x}{x^2+\alpha^2}dx，\alpha>0,\beta>0\)
思路:我们肯定很想把这个凑成一个所谓的常微分方程的形式，因为这里看到两个很像分部积分
说实话这道题我也不会做，有点难为人了
但是，根据常见的套路，我们还是要考虑一下积分号内求导
然后就走一步看一步了
解:首先，对\(I(\beta)\)
有\(I(\beta)\)在\((0,+\infty)\)上点点收敛
同时，\(\frac{\partial f}{\partial \beta}=-\frac{x \sin\beta x}{x^2+\alpha^2}\)
我们此时考虑退一步，\(\forall \delta>0，\int_{0}^{+\infty}\frac{\partial f}{\partial \beta}dx=\int_{0}^{+\infty}-\frac{x \sin\beta x}{x^2+\alpha^2}dx\)
由于\(\int_{0}^{+\infty}\sin \beta xdx\)在\([\delta,+\infty)\)上一致有界
并且，\(\frac{-x}{x^2+\alpha^2}\)在\([\delta,+\infty)\)上单调一致趋于0
因此由狄利克雷判别法，有\(\int_{0}^{+\infty}\frac{\partial f}{\partial \beta}\)一致收敛
由其性质知\(I'(\beta)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\partial f}{\partial \beta}dx=\int_{0}^{+\infty}-\frac{x\sin \beta x}{x^2+\alpha^2}dx\)
此时，我们发现了神奇的一幕
即\(I'(\beta)+\frac{\pi}{2}=\int_{0}^{+\infty}-\frac{x\sin \beta x}{x^2+\alpha^2}dx+\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin \beta x}{x}dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{\alpha^2 \sin \beta x}{x(x^2+\alpha^2)}dx\)
然后，由于\(I'(\beta)\)在形式上显然可导
我们有\(I''(\beta)=\alpha^2\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos \beta x}{x^2+\alpha^2}dx=\alpha^2I(\beta)\)
解常微分方程得，\(I(\beta)=C_{1}e^{\alpha \beta}+C_{2}e^{-\alpha \beta}\)
再令\(\beta \to 0，\beta \to +\infty\)，得\(I(\beta)=\frac{\pi}{2\alpha}e^{-\alpha \beta}\)
又由于形式上看，\(J(\beta)=-I'(\beta)=\frac{\pi}{2}e^{-\alpha \beta}\)

\(12.\)计算含参广义积分\(\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\cos2\beta xdx\)
思路：一定要牢记一点，\(e^x\)和正弦、余弦函数都有良好的分部积分性质
所以，我们不妨先分部积分试试？
或者，这种题目求导的性质也不错，也可以试试求导？

解:记\(I=\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\cos2\beta xdx\)
\(I=\frac{1}{2\beta}\sin2\beta xe^{-x^2}|_{0}^{+\infty}-\frac{1}{2\beta}\int_{0}^{+\infty}xe^{-x^2}\sin2\beta xdx=\frac{1}{\beta}\int_{0}^{+\infty}xe^{-x^2}\sin2\beta xdx\)
由比较判别法\(\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\cos2\beta xdx \le \int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)
所以\(\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\cos2\beta xdx\)点点收敛
再考虑\(\frac{\partial f(x,\beta)}{\partial \beta}\)
\(\frac{\partial f(x,\beta)}{\partial \beta}=-2\int_{0}^{+\infty}xe^{-x^2}\sin2\beta xdx \le 2\int_{0}^{+\infty}xe^{-x^2}dx=\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}d(x^2)=-e^{x^2}|_{0}^{+\infty}=1\)
所以\(\frac{\partial f(x,\beta)}{\partial \beta}\)一致收敛
由含参变量的广义积分性质 得\(I'(\beta)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\partial f(x,\beta)}{\beta}dx=-2\int_{0}^{+\infty}xe^{-x^2}\sin2\beta xdx=-2\beta I(\beta)\)
解常微分方程得 \(I(\beta)=Ce^{-\beta^2}\)
又因为 \(I(0)=\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)
解得 \(I(\beta)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-x^2}\)

呼，敲这几道题累死我了
下次更新一下其他级数的错题吧

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《青春猪头少年不会梦到多智能体吃豆人》
《某Linux的开源软件》
还有——

《我的算法竞赛不可能这么可爱》

本期到此结束！