23.1 含参变量常义积分

例题 $23.1.1$

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，考察函数

F (t) = ∫_ 0 ^ 1 frac tx ^ 2 + t ^ 2 f (x) d x$$F(t)={\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x$$

的连续性。

解

显然 $F(t)$ 定义在 $(-\infty ,+\infty )$ 上且 $\forall t_0\ne 0$ , $h(x,t)=\frac{tf(x)}{x^2+t^2}$ 在 $[0,1]\times \left[\frac{1}{2}{t}_0,2t_0\right]$ 上连续 (或在 $[0,1]\times \left[2t_0,\frac{1}{2}{t}_0\right]$ 上连续), 由命题 $\mathrm{23.1.2}$ 知 $F(t)$ 在 $t_0$ 点连续。

下面讨论 $F(t)$ 在 $t=0$ 处的连续性。我们先考虑

lim _ t arrow 0 ^ + F (t) = lim _ t arrow 0 ^ + ∫_ 0 ^ 1 frac tx ^ 2 + t ^ 2 f (x) d x.$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }F(t)=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x.$$

注意到

∫_ 0 ^ 1 frac tx ^ 2 + t ^ 2 f (x) d x = ∫_ 0 ^ t ^ 1 / 3 frac tx ^ 2 + t ^ 2 f (x) d x + ∫_ t ^ 1 / 3 ^ 1 frac tx ^ 2 + t ^ 2 f (x) d x.$${\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{t^{1/3}}\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_{t^{1/3}}^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x.$$

而当 $t\to 0^{+}$ 时，

∫_ 0 ^ t ^ 1 / 3 frac tx ^ 2 + t ^ 2 f (x) d x = f (ξ) arctan frac t ^ 1 / 3t arrow f (0) frac π2,$${\int }_0^{t^{1/3}}\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x=f(\xi )\arctan \frac{t^{1/3}}{t}\to f(0)\frac{\pi }{2},$$| ∫_ t ^ 1 / 3 ^ 1 frac tx ^ 2 + t ^ 2 f (x) d x | ≤slant max _ 0 ≤slant x ≤slant 1 {| f (x) | } · frac tt ^ 2 / 3 + t ^ 2 arrow 0.$$\left|{\int }_{t^{1/3}}^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x\right|⩽\underset{0⩽x⩽1}{\max }\{|f(x)|\}\cdot \frac{t}{t^{2/3}+t^2}\to 0.$$

因此

lim _ t arrow 0 ^ + ∫_ 0 ^ 1 frac tx ^ 2 + t ^ 2 f (x) d x = f (0) frac π2.$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\frac{t}{x^2+t^2}f(x)\mathrm{d}x=f(0)\frac{\pi }{2}.$$

同理可证

lim _ t arrow 0 ^ - F (t) = - f (0) frac π2,$$\underset{t\to 0^{-}}{\lim }F(t)=-f(0)\frac{\pi }{2},$$

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) = ∫_ 0 ^ t ^ 2 d x ∫_ x - t ^ x + t sin (x ^ 2 + y ^ 2 - t ^ 2) d y,$$F(t)={\int }_0^{t^2}\mathrm{d}x{\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y,$$

求 $F^{\prime }(t)$。

解

令 $f(x,t)={\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y$ ，其中 $x,t$ 为参变量。由含参变量积分的求导公式

F ^ prime (t) = 2 t ∫_ t ^ 2 - t ^ t ^ 2 + t sin (t ^ 4 + y ^ 2 - t ^ 2) d y + ∫_ 0 ^ t ^ 2 (frac ∂∂ t ∫_ x - t ^ x + t sin (x ^ 2 + y ^ 2 - t ^ 2) d y) d x.$$F^{\prime }(t)=2t{\int }_{t^2-t}^{t^2+t}\sin (t^4+y^2-t^2)\mathrm{d}y+{\int }_0^{t^2}\left(\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x.$$

而

l frac ∂∂ t ∫_ x - t ^ x + t sin (x ^ 2 + y ^ 2 - t ^ 2) d y = sin [ x ^ 2 + (x + t) ^ 2 - t ^ 2 ] - (- 1) · sin [ x ^ 2 + (x - t) ^ 2 - t ^ 2 ] + ∫_ x - t ^ x + t (- 2 t) cos (x ^ 2 + y ^ 2 - t ^ 2) d y = 2 sin 2 x ^ 2 cos 2 x t - 2 t ∫_ x - t ^ x + t cos (x ^ 2 + y ^ 2 - t ^ 2) d y.$$\begin{array}{l}\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{x-t}^{x+t}\sin (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y\\ =\sin [x^2+(x+t{)}^2-t^2]-(-1)\cdot \sin [x^2+(x-t{)}^2-t^2]\\ +{\int }_{x-t}^{x+t}(-2t)\cos (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y\\ =2\sin 2x^2\cos 2xt-2t{\int }_{x-t}^{x+t}\cos (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y.\end{array}$$

最后得到

r l F ^ prime (t) & = 2 t ∫_ t ^ 2 - t ^ t ^ 2 + t sin (t ^ 4 + y ^ 2 - t ^ 2) d y + 2 ∫_ 0 ^ t ^ 2 sin 2 x ^ 2 cos 2 x t d x & - 2 t ∫_ 0 ^ t ^ 2 d x ∫_ x - t ^ x + t cos (x ^ 2 + y ^ 2 - t ^ 2) d y.$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(t)& =2t{\int }_{t^2-t}^{t^2+t}\sin (t^4+y^2-t^2)\mathrm{d}y+2{\int }_0^{t^2}\sin 2x^2\cos 2xt\mathrm{d}x\\ & -2t{\int }_0^{t^2}\mathrm{d}x{\int }_{x-t}^{x+t}\cos (x^2+y^2-t^2)\mathrm{d}y.\end{array}$$

例题 $23.1.3$

计算

I (x) = ∫_ 0 ^ π / 2 ln (sin^ 2 θ + x ^ 2 cos^ 2 θ) d θ , 0 < x < + ∞ . (23.1)$$I(x)={\int }_0^{\pi /2}\ln ({\sin }^2\theta +x^2{\cos }^2\theta )\mathrm{d}\theta ,0<x<+\infty .\text{\hspace{1em}(23.1)}$$

解

令 $f(x,\theta )=\ln ({\sin }^2\theta +x^2{\cos }^2\theta )$ . $\forall x_0\in (0,+\infty )$ , $f(x,\theta )$ 在 $\left[\frac{1}{2}{x}_0,2x_0\right]\times \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上连续，且 $f_x(x,\theta )=\frac{2x{\cos }^2\theta }{{\sin }^2\theta +x^2{\cos }^2\theta }$ 也在 $\left[\frac{1}{2}{x}_0,2x_0\right]\times \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上连续．应用积分号下求导的性质，可得 $\forall x\in (0,+\infty )$ ,

r l I ^ prime (x) & = ∫_ 0 ^ π / 2 frac 2 x cos^ 2 θsin^ 2 θ + x ^ 2 cos^ 2 θ d θ = 2 x ∫_ 0 ^ π / 2 frac d θx ^ 2 + tan^ 2 θ (text 令 tan θ = t) & = 2 x ∫_ 0 ^ + ∞ frac 1x ^ 2 + t ^ 2 · frac 11 + t ^ 2 d t & = frac 2 xx ^ 2 - 1 ∫_ 0 ^ + ∞ (frac 11 + t ^ 2 - frac 1x ^ 2 + t ^ 2) d t (x ≠ 1) & = frac 2 xx ^ 2 - 1 (frac π2 - frac 1x frac π2) = frac π1 + x.$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }(x)& ={\int }_0^{\pi /2}\frac{2x{\cos }^2\theta }{{\sin }^2\theta +x^2{\cos }^2\theta }\mathrm{d}\theta =2x{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}\theta }{x^2+{\tan }^2\theta }(\text{令}\tan \theta =t)\\ & =2x{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2+t^2}\cdot \frac{1}{1+t^2}\mathrm{d}t\\ & =\frac{2x}{x^2-1}{\int }_0^{+\infty }\left(\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{x^2+t^2}\right)\mathrm{d}t(x\ne 1)\\ & =\frac{2x}{x^2-1}\left(\frac{\pi }{2}-\frac{1}{x}\frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi }{1+x}.\end{array}$$

积分得

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

由 $I(x)$ 的连续性知上述表达式对 $x=1$ 也成立．在 $(23.1)$ 中，令 $x=1$，则 $I(1)=0$，从而 $C=-\pi \ln 2$．最后得到

I (x) = π ln frac 1 + x2.$$I(x)=\pi \ln \frac{1+x}{2}.$$

例题 $23.1.4$

求

I (α) = ∫_ 0 ^ π / 2 ln frac 1 + α cos x1 - α cos x · frac 1cos x d x, | α | < 1.$$I(\alpha )={\int }_0^{\pi /2}\ln \frac{1+\alpha \cos x}{1-\alpha \cos x}\cdot \frac{1}{\cos x}\mathrm{d}x,|\alpha |<1.$$

解

由于

lim _ x arrow π / 2 ln frac 1 + α cos x1 - α cos x · frac 1cos x = lim _ x arrow π / 2 [ frac ln (1 + α cos x)cos x - frac ln (1 - α cos x)cos x ] = 2 α ,$$\underset{x\to \pi /2}{\lim }\ln \frac{1+\alpha \cos x}{1-\alpha \cos x}\cdot \frac{1}{\cos x}=\underset{x\to \pi /2}{\lim }\left[\frac{\ln (1+\alpha \cos x)}{\cos x}-\frac{\ln (1-\alpha \cos x)}{\cos x}\right]=2\alpha ,$$

于是 $x=\frac{\pi }{2}$ 不是瑕点．又注意到有

frac ln (1 + α cos x)cos x - frac ln (1 - α cos x)cos x = ∫_ - α ^ α frac d y1 + y cos x,$$\frac{\ln (1+\alpha \cos x)}{\cos x}-\frac{\ln (1-\alpha \cos x)}{\cos x}={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\frac{\mathrm{d}y}{1+y\cos x},$$

令 $f(x,y)=1/(1+y\cos x),\forall \alpha \in (-1,1),f(x,y)$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]\times [-\alpha ,\alpha ]$ 上连续，利用交换积分次序性质，即可得到

l I (α) = ∫_ - α ^ α d y ∫_ 0 ^ π / 2 frac d x1 + y cos x = ∫_ - α ^ α frac 2sqrt 1 - y ^ 2 arctan (sqrt frac 1 - y1 + y tan frac x2) g | _ 0 ^ π / 2 d y = ∫_ - α ^ α frac 2sqrt 1 - y ^ 2 arctan sqrt frac 1 - y1 + y d y = ∫_ 0 ^ α frac 2sqrt 1 - y ^ 2 (arctan sqrt frac 1 - y1 + y + arctan sqrt frac 1 + y1 - y) d y = π ∫_ 0 ^ α frac d ysqrt 1 - y ^ 2 = π arcsin α .$$\begin{array}{l}I(\alpha )={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}x}{1+y\cos x}={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\frac{2}{\sqrt{1-y^2}}\arctan \left(\sqrt{\frac{1-y}{1+y}}\tan \frac{x}{2}\right){|}_0^{\pi /2}\mathrm{d}y\\ ={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\frac{2}{\sqrt{1-y^2}}\arctan \sqrt{\frac{1-y}{1+y}}\mathrm{d}y\\ ={\int }_0^{\alpha }\frac{2}{\sqrt{1-y^2}}\left(\arctan \sqrt{\frac{1-y}{1+y}}+\arctan \sqrt{\frac{1+y}{1-y}}\right)\mathrm{d}y\\ =\pi {\int }_0^{\alpha }\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y^2}}=\pi \arcsin \alpha .\end{array}$$

也可以用下面的方法求 $I(\alpha )$ :

I (α) = ∫_ - α ^ α d y ∫_ 0 ^ π / 2 frac d x1 + y cos x = ∫_ - α ^ α d y ∫_ 0 ^ π / 2 frac (1 + y cos x) d x1 - y ^ 2 cos^ 2 x.$$I(\alpha )={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}x}{1+y\cos x}={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{\pi /2}\frac{(1+y\cos x)\mathrm{d}x}{1-y^2{\cos }^{2}x}.$$

由于 ${\int }_0^{\pi /2}\frac{y\cos x\mathrm{d}x}{1-y^2{\cos }^{2}x}$ 是 $y$ 的奇函数，于是 ${\int }_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{\pi /2}\frac{y\cos x\mathrm{d}x}{1-y^2{\cos }^{2}x}=0,$ 从而

r l I (α) & = ∫_ - α ^ α d y ∫_ 0 ^ π / 2 frac d x1 - y ^ 2 cos^ 2 x = 2 ∫_ 0 ^ α d y ∫_ 0 ^ + ∞ frac d uu ^ 2 + (1 - y ^ 2) & = 2 ∫_ 0 ^ α frac 1sqrt 1 - y ^ 2 · frac π2 d y = π arcsin α .$$\begin{array}{rl}I(\alpha )& ={\int }_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}x}{1-y^2{\cos }^{2}x}=2{\int }_0^{\alpha }\mathrm{d}y{\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}u}{u^2+(1-y^2)}\\ & =2{\int }_0^{\alpha }\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}\cdot \frac{\pi }{2}\mathrm{d}y=\pi \arcsin \alpha .\end{array}$$

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

例题 $23.1.5$

证明：

∫_ 0 ^ 2 π e ^ t cos θ cos (t sin θ) d θ = 2 π .$${\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta )\mathrm{d}\theta =2\pi .$$

分析 注意上式左端是含参变量 $t$ 的积分．设 $f(t)={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta )\mathrm{d}\theta$．要证明 $f(t)\equiv 2\pi$，即 $f(t)$ 为常函数．显然有 $f(0)=2\pi$，于是只要证明 $f^{\prime }(t)\equiv 0$ .

证1

由求导性质

r l f ^ prime (t) & = ∫_ 0 ^ 2 π e ^ t cos θ cos θ cos (t sin θ) d θ - ∫_ 0 ^ 2 π e ^ t cos θ sin (t sin θ) sin θ d θ & = ∫_ 0 ^ 2 π e ^ t cos θ cos (t sin θ + θ) d θ ,$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(t)& ={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos \theta \cos (t\sin \theta )\mathrm{d}\theta -{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\sin (t\sin \theta )\sin \theta \mathrm{d}\theta \\ & ={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta +\theta )\mathrm{d}\theta ,\end{array}$$

容易归纳证明

f ^ (n) (t) = ∫_ 0 ^ 2 π e ^ t cos θ cos (t sin θ + n θ) d θ .$$f^{(n)}(t)={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos (t\sin \theta +n\theta )\mathrm{d}\theta .$$

于是

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

从而可利用 $Taylor$ 展式

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

其中 $\xi$ 介于 $0$ 与 $t$ 之间。因为

| f ^ (n) (ξ) | = | ∫_ 0 ^ 2 π e ^ ξ cos θ cos (ξ sin θ + n θ) d θ | ≤slant ∫_ 0 ^ 2 π e ^ | ξ | d θ ≤slant 2 π e ^ | t |,$$|f^{(n)}(\xi )|=\left|{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\xi \cos \theta }\cos (\xi \sin \theta +n\theta )\mathrm{d}\theta \right|⩽{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{|\xi |}\mathrm{d}\theta ⩽2\pi {\mathrm{e}}^{|t|},$$

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

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

最后得到

f (t) ≡ f (0) = 2 π .$$f(t)\equiv f(0)=2\pi .$$

证2

利用下一章的曲线积分知识，可以计算

l f ^ prime (t) = ∫_ 0 ^ 2 π e ^ t cos θ cos θ cos (t sin θ) d θ - ∫_ 0 ^ 2 π e ^ t cos θ sin (t sin θ) sin θ d θ = oint_ x ^ 2 + y ^ 2 = 1 e ^ t x [ cos (t y) d y + sin (t y) d x ],$$\begin{array}{l}{f}^{\prime }(t)={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\cos \theta \cos (t\sin \theta )\mathrm{d}\theta -{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{t\cos \theta }\sin (t\sin \theta )\sin \theta \mathrm{d}\theta \\ ={\oint }_{x^2+y^2=1}{\mathrm{e}}^{tx}[\cos (ty)\mathrm{d}y+\sin (ty)\mathrm{d}x],\end{array}$$

其中单位圆取逆时针方向。用 $Green$ 公式得

f ^ prime (t) = iint_ x ^ 2 + y ^ 2 ≤slant 1 {frac ∂∂ x [ e ^ t x cos (t y) ] - frac ∂∂ y [ e ^ t x sin (t y) ] } d x d y = 0.$$f^{\prime }(t)={\iint }_{x^2+y^2⩽1}\left\{\frac{\partial }{\partial x}[{\mathrm{e}}^{tx}\cos (ty)]-\frac{\partial }{\partial y}[{\mathrm{e}}^{tx}\sin (ty)]\right\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$$

嵌入法

利用含参变量积分的性质，我们可以用嵌入法来计算一些定积分 $I={\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 。这些定积分对应的不定积分不是初等函数，故不能用 $Newton$-$Leibniz$ 公式进行计算。嵌入法的步骤是先引入参变量 $y$ ，构造 $I(y)={\int }_a^{b}g(x,y)\mathrm{d}x$ ，使得 $I(y_0)=I$ ($y_0$ 为某定值)，求出 $I(y)$ 后令 $y=y_0$ 。在应用含参变量积分性质时要注意条件检验。

例题 $23.1.6$

求定积分

I = ∫_ 0 ^ 1 frac ln (1 + x)1 + x ^ 2 d x.$$I={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x.$$

解

对这个积分在上册 $325$ 页的例题 $\mathrm{10.4.7}$ 中已经给出一种解法，下面的解法是利用含参变量积分的性质。由于 $f(x)=\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}$ 没有有限形式的原函数，直接积分是不可能的。引入变量 $\alpha$ ，定义

I (α) = ∫_ 0 ^ 1 frac ln (1 + α x)1 + x ^ 2 d x.$$I(\alpha )={\int }_0^1\frac{\ln (1+\alpha x)}{1+x^2}\mathrm{d}x.$$

易见 $I(1)=I$ 可以验证 $f(x,\alpha )=\frac{\ln (1+\alpha x)}{1+x^2}$ 在 $[0,1]\times [0,1]$ 上满足积分号下求导的条件，于是

r l I ^ prime (α) & = ∫_ 0 ^ 1 frac x(1 + x ^ 2) (1 + α x) d x & = frac 11 + α^ 2 ∫_ 0 ^ 1 (frac α + x1 + x ^ 2 - frac α1 + α x) d x & = frac 11 + α^ 2 [ α arctan x + frac 12 ln (1 + x ^ 2) - ln (1 + α x) ] | _ 0 ^ 1 & = frac 11 + α^ 2 [ frac π4 α + frac 12 ln 2 - ln (1 + α) ].$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }(\alpha )& ={\int }_0^1\frac{x}{(1+x^2)(1+\alpha x)}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{1+{\alpha }^2}{\int }_0^1\left(\frac{\alpha +x}{1+x^2}-\frac{\alpha }{1+\alpha x}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left[\alpha \arctan x+\frac{1}{2}\ln (1+x^2)-\ln (1+\alpha x)\right]{|}_0^1\\ & =\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left[\frac{\pi }{4}\alpha +\frac{1}{2}\ln 2-\ln (1+\alpha )\right].\end{array}$$

由此得出

r l I (1) & = I (0) + ∫_ 0 ^ 1 I ^ prime (α) d α = ∫_ 0 ^ 1 frac 11 + α^ 2 [ frac π4 α + frac 12 ln 2 - ln (1 + α) ] d α & = (frac π8 ln (1 + α^ 2) + frac 12 ln 2 arctan α) | _ 0 ^ 1 - I (1).$$\begin{array}{rl}I(1)& =I(0)+{\int }_0^1{I}^{\prime }(\alpha )\mathrm{d}\alpha ={\int }_0^1\frac{1}{1+{\alpha }^2}\left[\frac{\pi }{4}\alpha +\frac{1}{2}\ln 2-\ln (1+\alpha )\right]\mathrm{d}\alpha \\ & =\left(\frac{\pi }{8}\ln (1+{\alpha }^2)+\frac{1}{2}\ln 2\arctan \alpha \right){|}_0^1-I(1).\end{array}$$

移项得

I (1) = frac π8 ln 2.$$I(1)=\frac{\pi }{8}\ln 2.$$

练习题

1. 求 $F(\theta )={\int }_0^{\pi }\ln (1+\theta \cos x)\mathrm{d}x$ ( $|\theta |<1$ )。

2. 设 $f(s,t)$ 为可微函数，$F(x)={\int }_0^x\mathrm{d}t{\int }_{t^2}^{x^2}f(t,s)\mathrm{d}s$ 。求 $F^{\prime }(x)$ 。

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

I (x) = ∫_ c ^ d f (x, y) d y$$I(x)={\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y$$

在 $(a,b)$ 上连续。

4. 设 $I(a)={\int }_0^{2\pi }\ln (R^2+a^2-2aR\cos \theta )\mathrm{d}\theta ,|a|<R,$ 证明： $I^{\prime }(a)=0.$

5. 设 $a,b>0$ ，求 ${\int }_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}\sin (\ln \frac{1}{x})\mathrm{d}x$ 。

6. 设 $F(t)={\int }_0^a\mathrm{d}x{\int }_0^{a}f(x+y+t)\mathrm{d}y$ ，其中 $f$ 为连续函数，证明：

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

7. 设 $f(t)={\left({\int }_0^t{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x\right)}^2$ ， $g(t)={\int }_0^1\frac{{\mathrm{e}}^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\mathrm{d}x$ 。证明： $f(t)+g(t)\equiv \frac{\pi }{4}$ ，并由此计算 ${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x$ 。