最后更新: 2025-10-27 05:53 查看: 211 次纠错评论(0) 课件开VIP

含参变量常义积分、可导性定理与第二类完全椭圆积分

## 含参变量常义积分的定义
设 $f(x, y)$ 是定义在闭矩形 $[a, b] \times[c, d]$ 上的连续函数，于是对于任意固定的 $y \in[c, d], f(x, y)$ 是 $[a, b]$ 上关于 $x$ 的一元连续函数，因此它在 $[a, b]$ 上的积分存在，且积分值 $\int_a^b f(x, y) \mathrm{d} x$ 由 $y$ 惟一确定．也就是说，

$$
I(y)=\int_a^b f(x, y) \mathrm{d} x, \quad y \in[c, d]
$$

确定了一个关于 $y$ 的一元函数．由于式中的 $y$ 可以看成一个参变量，所以称它为含参变量 $y$ 的积分．同理可定义含参变量 $x$ 的积分

$$
J(x)=\int_c^d f(x, y) \mathrm{d} y, \quad x \in[a, b] .
$$

它们统称**含参变量常义积分**，一般就称为**含参变量积分**．

实际应用中经常遇到含参变量积分．如在计算椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}= 1(b>a>0)$ 的周长时，利用椭圆的参数方程 $x=a \cos t, y= b \sin t$ ，记 $L$ 为椭圆在第一象限的部分（见图15．1．1），则所求周长的四分之一为

$$
\begin{aligned}
\int_L \mathrm{~d} s & =\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{a^2 \sin ^2 t+b^2 \cos ^2 t} \mathrm{~d} t=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{a^2 \sin ^2 t+b^2\left(1-\sin ^2 t\right)} \mathrm{d} t \\
& =b \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1-\frac{b^2-a^2}{b^2} \sin ^2 t} \mathrm{~d} t=b \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1-k^2 \sin ^2 t} \mathrm{~d} t
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2025-10/9e1ff0.jpg){width=200px}

这里 $k=\frac{\sqrt{b^2-a^2}}{b} \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1-k^2 \sin ^2 t} \mathrm{~d} t$ 就是含参变量 $k$ 的积分，称为**第二类完全椭圆积分**．但遗憾的是，被积函数 $\sqrt{1-k^2 \sin ^2 t}$ 的原函数不能用初等函数表示．因此计算这个积分，通常只能采用数值计算的方法．

## 含参变量常义积分性质
**定理1（连续性定理）** 设二元函数 $f(x, y)$ 在 $[a, b] \times[c, d]$ 上连续，则以 $x$ 为参变量的常义积分

$$
F(x)=\int_c^d f(x, y) d y
$$

在 $[a, b]$ 上连续．
证 只要对每个点 $x_0 \in[a, b]$ 证明 $F$ 在 $x_0$ 连续。
对于任意 $x \in[a, b]$ ，需要估计

$$
\left|F(x)-F\left(x_0\right)\right| \leqslant \int_c^d\left|f(x, y)-f\left(x_0, y\right)\right| d y .
$$

由于在 $[a, b] \times[c, d]$ 上的二元连续函数必定一致连续，对 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$, $\forall\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right),\left(x^{\prime \prime}, y^{\prime \prime}\right) \in[a, b] \times[c, d]$ ，只要 $\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|<\delta,\left|y^{\prime}-y^{\prime \prime}\right|<\delta$ ，就有 $\mid f\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)-$ $f\left(x^{\prime \prime}, y^{\prime \prime}\right) \mid<\varepsilon$ ．

取 $y^{\prime}=y^{\prime \prime}=y \in[c, d], x^{\prime}=x_0, x^{\prime \prime}=x \in O_\delta\left(x_0\right) \cap[a, b]$ ，可见 $\forall y \in[c, d]$ 成立：

$$
\left|f(x, y)-f\left(x_0, y\right)\right|<\varepsilon
$$

于是对 $\forall x \in O_\delta\left(x_0\right) \cap[a, b]$ 就成立

$$
\left|F(x)-F\left(x_0\right)\right| \leqslant \int_c^d\left|f(x, y)-f\left(x_0, y\right)\right| d y \leqslant \varepsilon(d-c)
$$

这表明 $F$ 在点 $x_0$ 连续．由于 $x_0$ 可取到 $[a, b]$ 中任意一点，因此 $F \in C[a, b]$ ．
注1 这就是 $\lim _{x \rightarrow x_0} F(x)=F\left(x_0\right)$ ，因此也就是

$$
\lim _{x \rightarrow x_0} \int_c^d f(x, y) d y=\int_c^d f\left(x_0, y\right) d y=\int_c^d \lim _{x \rightarrow x_0} f(x, y) d y
$$

即在 $[c, d]$ 上的积分运算和 $x \rightarrow x_0$ 的极限运算可交换．
注 2 这时 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积，即存在积分 $\int_a^b F(x) d x=\int_a^b d x \int_c^d f(x, y) d y$ ．从重积分知识知道还有

$$
\int_a^b F(x) d x=\int_a^b d x \int_c^d f(x, y) d y=\int_c^d d y \int_a^b f(x, y) d x .
$$

其中第二个二次积分的存在性可以用定理 1 于含参积分 $\int_c^d f(x, y) d x$ 得到，但两个二次积分相等是需要另行证明的。由于教科书中的安排，我们已经学过重积分，因此这里不必再证明了．而且还知道上述积分等于 $\iint_{[a, b] \times[c, d]} f(x, y) d x d y$ ．

**定理2（可导性定理）** 设 $f(x, y)$ 和 $f_x(x, y)$ 在 $[a, b] \times[c, d]$ 上连续，则 $F(x)$在 $[a, b]$ 上可导，且有

$$
F^{\prime}(x)=\int_c^d f_x(x, y) d y
$$

证 任取点 $x_0 \in[a, b]$ ，并设 $x=x_0+\Delta x \in[a, b]$ ，作出差商

$$
\frac{\Delta F}{\Delta x}=\frac{1}{\Delta x} \int_c^d\left[f\left(x_0+\Delta x, y\right)-f\left(x_0, y\right)\right] d x=\int_c^d f_x\left(x_0+\theta \Delta x, y\right) d y
$$

其中 $0<\theta<1$ ，它与 $x_0, x, y$ 都可能有关．
从定理要求证明的结论可见，需要对下列表达式作出估计：

$$
\begin{aligned}
\left|\frac{\Delta F}{\Delta x}-\int_c^d f_x\left(x_0, y\right) d y\right| & =\left|\int_c^d\left[f_x\left(x_0+\theta \Delta x, y\right)-f_x\left(x_0, y\right)\right] d y\right| \\
& \leqslant \int_c^d\left|f_x\left(x_0+\theta \Delta x, y\right)-f_x\left(x_0, y\right)\right| d y
\end{aligned}
$$

以下与定理 1 的证明相同．利用 $f_x(x, y)$ 二元连续，从而在 $[a, b] \times[c, d]$ 上一致连续，又利用 $0<\theta<1$ ，可见 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $|\Delta x|<\delta$ 时，对一切 $y \in[c, d]$ ，成立

$$
\left|f_x\left(x_0+\theta \Delta x, y\right)-f_x\left(x_0, y\right)\right|<\frac{\varepsilon}{d-c}
$$

从而当 $0<|\Delta x|<\delta$ 时就有

$$
\left|\frac{\Delta F}{\Delta x}-\int_c^d f_x\left(x_0, y\right) d y\right|<\varepsilon
$$

这就是已经用 $\varepsilon-\delta$ 语言证明了

$$
F^{\prime}(x)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta F}{\Delta x}=\int_c^d f_x\left(x_0, y\right) d y
$$

`例` 通过对于含参变量 $a$ 的积分 $\int_0^1 \frac{d x}{x^2+a^2}=\frac{1}{a} \arctan \frac{1}{a}(a \neq 0)$ 求导，即可计算出 $\int_0^1 \frac{d x}{\left(x^2+a^2\right)^2}$ ．

解 通过在积分号下求导得到

$$
\int_0^1 \frac{-2 a d x}{\left(x^2+a^2\right)^2}=-\frac{1}{a^2} \arctan \frac{1}{a}+\frac{1}{a} \cdot\left(-\frac{1}{a^2}\right) \frac{1}{1+\frac{1}{a^2}}
$$

整理得到

$$
\int_0^1 \frac{d x}{\left(x^2+a^2\right)^2}=\frac{1}{2 a^3} \arctan \frac{1}{a}+\frac{1}{2 a^2\left(1+a^2\right)}
$$

`例` 求 $I(\theta)=\int_0^\pi \ln (1+\theta \cos x) d x$ ，其中 $|\theta|<1$ ．
解 利用积分号下求导得到

$$
\begin{aligned}
I^{\prime}(\theta) & =\int_0^\pi \frac{\cos x}{1+\theta \cos x} d x=\frac{1}{\theta} \int_0^\pi\left(1-\frac{1}{1+\theta \cos x}\right) d x \\
& =\frac{\pi}{\theta}-\frac{1}{\theta} \int_0^\pi \frac{d x}{1+\theta \cos x}
\end{aligned}
$$

然后计算最后一个积分。
用万能变换在这里还是比较合适的．令 $t=\tan \frac{x}{2}$ ，就有 $d x=\frac{2 d t}{1+t^2}$ ， $\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$ ，于是就可以计算得到

$$
\begin{aligned}
\int_0^\pi \frac{d x}{1+\theta \cos x} & =\int_0^{+\infty} \frac{2 d t}{\left(1+t^2\right)+\theta\left(1-t^2\right)} \\
& =\int_0^{+\infty} \frac{2 d t}{(1+\theta)+(1-\theta) t^2}
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& =\left.\frac{2}{1-\theta} \cdot \frac{1}{\sqrt{\frac{1+\theta}{1-\theta}}} \cdot \arctan \frac{t}{\sqrt{\frac{1+\theta}{1-\theta}}}\right|_0 ^{+\infty} \\
& =\frac{\pi}{\sqrt{1-\theta^2}}
\end{aligned}
$$

这样就得到

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

然后计算不定积分（计算过程中设 $\theta>0$ ）：

$$
\begin{aligned}
\int\left(\frac{1}{\theta}-\frac{1}{\theta \sqrt{1-\theta^2}}\right) d \theta & =\ln \theta+\int \frac{d\left(\frac{1}{\theta}\right)}{\sqrt{\frac{1}{\theta^2}-1}} \\
& =\ln \theta+\ln \left(\frac{1}{\theta}+\sqrt{\frac{1}{\theta^2}-1}\right) \\
& =\ln \left(1+\sqrt{1-\theta^2}\right)+C
\end{aligned}
$$

利用 $I(0)=0$ ，就得到

$$
I(\theta)=\pi\left(\ln \left(1+\sqrt{1-\theta^2}-\ln 2\right)\right.
$$

注 1 在上述计算中对于积分 $\int_0^\pi \frac{ d x}{1+\theta \cos x}$ 除了用万能变换之外，也可以用对称性方法如下计算（参看《数学分析习题课讲义》上册的 §10．4．3），即将 $x$ 换为 $\pi-x$ 时积分不变，从而有

$$
\begin{aligned}
\int_0^\pi \frac{d x}{1+\theta \cos x} & =\frac{1}{2} \int_0^\pi\left(\frac{1}{1+\theta \cos x}+\frac{1}{1-\theta \cos x}\right) d x \\
& =\int_0^\pi \frac{d x}{1-\theta^2 \cos ^2 x}=2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d x}{1-\theta^2 \cos ^2 x}
\end{aligned}
$$

然后用 $t=\tan x$ 就有

$$
\begin{aligned}
2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d x}{1-\theta^2 \cos ^2 x} & =2 \int_0^{+\infty} \frac{1}{1+t^2} \cdot \frac{d t}{1-\theta^2 \cdot \frac{1}{1+t^2}} \\
& =2 \int_0^{+\infty} \frac{d t}{1-\theta^2+t^2}=\left.\frac{2}{\sqrt{1-\theta^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1-\theta^2}}\right|_0 ^{+\infty} \\
& =\frac{\pi}{\sqrt{1-\theta^2}}
\end{aligned}
$$
注 2 此题的被积函数 $f(\theta, x)=\ln (1+\theta \cos x)$ 是在 $-1<\theta<1,0 \leqslant x \leqslant \pi$的范围内连续，同时 $f_\theta(\theta, x)=\frac{\cos x}{1+\theta \cos x}$ 也是如此．由于求导是局部运算，因此对于任意给定的 $\theta_0$ 可以取充分小的 $\delta>0$ ，使得 $-1<-1+\delta<\theta_0<1-\delta$ ，然后在 $[1-\delta, 1+\delta] \times[0, \pi]$ 上用可导性定理。

`例` 求 $I=\int_0^1 \frac{x^b-x^a}{\ln x} d x$ ，其中设 $a, b>0$ ．
解 1 首先要判定是否是常义积分．（因为从后面知道含参变量的广义积分与常义积分的讨论很不一样，而本题表面上似乎 $x=0,1$ 有可能是奇点．）可看出在 $x=0$ 附近被积函数有界，因此 $x=0$ 不是奇点．在 $x=1$ 处，被积函数是 $\frac{0}{0}$ 型的不定式．用 L＇Hospital 法则可知有极限，因此 $x=1$ 附近被积函数也有界，$x=1$ 也不是奇点。

以下不妨设 $a$ 固定，以 $b$ 为参变量，对于函数

$$
I(b)=\int_0^1 \frac{x^b-x^a}{\ln x} d x
$$

求它对 $b$ 的导数，得到 $I^{\prime}(b)=\int_0^1 x^b d x=\frac{1}{b+1}$ ．又利用 $I(a)=0$ ，就可以最后得到 $I(b)=\ln (b+1)-\ln (a+1)$ ．

**定理3 可变限情形**  设 $f(x, y)$ 于 $[a, b] \times[\bar{c}, \bar{d}]$ 上连续，函数 $c(x), d(x)$ 于 $[a, b]$ 上连续，且其值不越出区间 $[\bar{c}, \bar{d}]$ ，则含参变量积分

$$
F(x)=\int_{c(x)}^{d(x)} f(x, y) d y
$$

在 $[a, b]$ 上连续．
证 任取点 $x_0 \in[a, b]$ ，记 $\Delta d=d(x)-d\left(x_0\right), \Delta c=c(x)-c\left(x_0\right)$ ，则对 $\forall x \in[a, b]$ ，有

$$
\begin{aligned}
F(x)-F\left(x_0\right)= & \int_{c\left(x_0\right)+\Delta c}^{d\left(x_0\right)+\Delta d} f(x, y) d x-\int_{c\left(x_0\right)}^{d\left(x_0\right)} f\left(x_0, y\right) d y \\
= & \int_{c\left(x_0\right)}^{d\left(x_0\right)}\left[f(x, y)-f\left(x_0, y\right)\right] d x+\int_{c\left(x_0\right)+\Delta c}^{c\left(x_0\right)} f(x, y) d y \\
& \quad+\int_{d\left(x_0\right)}^{d\left(x_0\right)+\Delta d} f(x, y) d y
\end{aligned}
$$

当 $x \rightarrow x_0$ 时，利用 $c(x), d(x)$ 连续，$f$ 有界，就可以推出上式右边的第二项和第三项都趋于 0 。再用定理 1 ，可见右边第一项也趋于 0 ，因此就证明了 $F$ 在点 $x_0$ 连续。 $\square$
下面的定理将定积分中对于变动积分限求导的定理推广到更为一般的情况，同时也将定积分中对变动积分限求导的计算公式为其特例。

**定理 0.4** 在上一个定理的条件下，若又假设 $c^{\prime}(x), d^{\prime}(x), f_x(x, y)$ 存在且连续，则 $F^{\prime}(x)$ 也存在，且有

$$
F^{\prime}(x)=\int_{c(x)}^{d(x)} f_x(x, y) d y+f(x, d(x)) d^{\prime}(x)-f(x, c(x)) c^{\prime}(x)
$$

证 由于三元函数

$$
\varphi(x, c, d)=\int_c^d f(x, y) d y
$$

的三个偏导数

$$
\varphi_1^{\prime}=\int_c^d f_x(x, y) d y, \varphi_2^{\prime}=-f(x, c), \varphi_3^{\prime}=f(x, d)
$$

都存在且连续，因此 $\varphi(x, c, d)$ 连续可微．应用复合函数求导的链式法则，从 $F(x)=$ $\varphi(x, c(x), d(x))$ 就得到
$$
F^{\prime}(x)=\varphi_1^{\prime}+\varphi_2^{\prime} c^{\prime}+\varphi_c^{\prime} d^{\prime},
$$

将前面的 $\varphi_1^{\prime}, \varphi_2^{\prime}, \varphi_3^{\prime}$ 代入即可。
注 本定理的结论也可以从差商出发求极限来证明，但上面所用的方法无疑要好一些，此外还有一个优点，即这样的证明与公式的实际试用时的思路一致。

`例` 设 $I(y)=\int_y^{y^2} e ^{-y t^2} d t$ ，求 $I^{\prime}(y)$ ．
解 用定理4就有

$$
\begin{aligned}
I^{\prime}(y) & =\int_y^{y^2}\left(e^{-y t^2}\right)_y^{\prime} d t+e^{-y^5} \cdot\left(y^2\right)^{\prime}-e^{-y^3} \cdot(y)^{\prime} \\
& =\int_y^{y^2}-t^2 e^{-y t^2} d t+2 y e^{-y^5}-e^{-y^3} \cdot \square
\end{aligned}
$$

`例` 设 $f(t)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续，求证：函数
$$
x(t)=\frac{1}{\omega} \int_0^t f(s) \sin \omega(t-s) d s
$$

满足常微分方程

$$
\ddot{x}(t)+\omega^2 x(t)=f(t),
$$

及初始条件 $x(0)=\dot{x}(0)=0$ 。（其中采用 Newton 的记号，将 $x(t)$ 对于 $t$ 的一阶导数记为 $\dot{x}(t)$ ，二阶导数记为 $\ddot{x}(t)$ ．）

证 反复用两次定理4就得到

$$
\begin{aligned}
\dot{x}(t) & =\frac{1}{\omega} \int_0^t(f(s) \sin \omega(t-s))_t^{\prime} d s+\frac{1}{\omega} f(t) \sin \omega(t-t) \\
& =\int_0^t f(s) \cos \omega(t-s) d s \\
\ddot{x}(t) & =\int_0^t(f(s) \cos \omega(t-s))_t^{\prime} d s+f(t) \cos \omega(t-t) \\
& =-\omega \int_0^t f(s) \sin \omega(t-s) d s+f(t) \\
& =-\omega^2 x(t)+f(t)
\end{aligned}
$$

可见 $x(t)$ 满足所说的常微分方程．又从 $x(t), \dot{x}(t)$ 的表达式即有 $x(0)=0, \dot{x}(0)=$ 0. $\square$

`例`设 $f$ 二阶可微，$F$ 一阶可微，又设

$$
u(x, t)=\frac{1}{2}[f(x-a t)+f(x+a t)]+\frac{1}{2 a} \int_{x-a t}^{x+a t} F(y) d y
$$

证明：函数 $u$ 满足弦振动方程

$$
\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=a^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}
$$

及初始条件 $u(x, 0)=f(x), u_t^{\prime}(x, 0)=F(x)$ ．
证 $u(x, 0)=f(x)$ 显然成立．用定理4就得到

$$
\begin{aligned}
u_t^{\prime}= & -\frac{a}{2} f^{\prime}(x-a t)+\frac{a}{2} f^{\prime}(x+a t) \\
& \quad+\frac{1}{2 a} F(x+a t) \cdot(x+a t)_t^{\prime}-\frac{1}{2 a} F(x-a t) \cdot(x-a t)_t^{\prime} \\
=- & \frac{a}{2} f^{\prime}(x-a t)+\frac{a}{2} f^{\prime}(x+a t)+\frac{1}{2} F(x+a t)+\frac{1}{2} F(x-a t)
\end{aligned}
$$

于是就有 $u_t^{\prime}(x, 0)=F(x)$ ．然后不难直接得到

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

对 $x$ 的一阶和二阶偏导数更为容易，即可计算得到
$$
\begin{aligned}
& u_x^{\prime}=\frac{1}{2}\left[f^{\prime}(x-a t)+f^{\prime}(x+a t)\right]+\frac{1}{2 a}(F(x+a t)-F(x-a t)], \\
& u_x^{\prime \prime}=\frac{1}{2}\left[f^{\prime \prime}(x-a t)+f^{\prime \prime}(x+a t)\right]+\frac{1}{2 a}\left(F^{\prime}(x+a t)-F^{\prime}(x-a t)\right]
\end{aligned}
$$

可见 $u(x, t)$ 是弦振动方程的解．

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