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[数学分析] 一道含参变量的反常积分的计算

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发表于 2018-11-29 03:47:14 | 显示全部楼层 |阅读模式
题目:设$a>0$,试计算
\[I(a)=\int_0^{+\infty}\frac{\ln^2(1+ax^2)}{x^4}dx=?\]

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发表于 2018-11-30 00:54:50 | 显示全部楼层
. $\blacktriangleleft$ 首先做分部积分
\begin{align*}
I(a) &= \int_0^{+\infty} \frac 13 \log^2(1 + ax^2) \,\mathrm d\left(x^{-3}\right) \\
&= \left.\frac {\log^2 (1 +ax^2)}{3x^3}\right|_{+\infty}^0 - \int_{+\infty}^0 \frac 13 x^{-3} \cdot 2\log(1 + ax^2) \cdot \frac {2ax}{1 + ax^2}\, \mathrm dx \\
&= \int_0^{+\infty} \frac {4a \log(1 + ax^2)}{3x^2 (1 + ax^2)} \,\mathrm dx.
\end{align*}

现在对 $I(a)$ 求导, 我们得到
$$
I'(a) = \int_0^{+\infty} \frac {2 \log(1 + ax^2)x^2}{x^4(1 + ax^2)}\, \mathrm dx = \int_0^{+\infty} \frac {2 \log(1 + ax^2)}{x^2 (1+ ax^2)}\,\mathrm dx,
$$
从而
$$
I(a) = \frac 23 aI'(a).
$$
现在来确定一个初值. 我们考虑计算 $I'(1)$:
\begin{align*}
I'(1) &= 2 \int_0^{+\infty} \frac {\log(1 + x^2)}{x^2(1+x^2)} \, \mathrm dx = 2\int_0^{+\infty} \frac {\log(1+ x^2 )}{x^2} \,\mathrm dx - 2 \int_0^{+\infty} \frac {\log(1 +x^2)}{1+x^2} \,\mathrm dx, \\
\int_0^{+\infty} \frac {\log(1+ x^2)}{x^2} \, \mathrm dx &= \int_{+\infty}^0 \log(1 + x^2) \,\mathrm d(x^{-1})\\
&= \left. \frac {\log(1+x^2)}x\right|_{+\infty}^0 +\int_0^{+\infty} \frac {2\,\mathrm dx}{1+ x^2} = \pi.
\end{align*}
至于第2个积分, 我们考虑下面的含参变量积分
$$
K(b) = \int_0^{+\infty} \frac {\log(1 + bx^2)}{1+x^2}\,\mathrm dx,
$$
则 $K(0) = 0$. 求导有
\begin{align*}
K'(b) &= \int_0^{+\infty} \frac {x^2}{(1 + x^2) (1 +bx^2)} \,\mathrm dx = \int_0^{+\infty} \frac {t^{-2} \,\mathrm (t^{-1})}{(1 + t^{-2}) (1+bt^{-2})}\\
&= \int_0^{+\infty} \frac 1 {b-1}\left(\frac 1 {1+x^2} - \frac 1{b + x^2} \right) \, \mathrm dx \\
&= \frac 1 {b-1} \cdot \frac \pi 2 \left(1 - \frac 1{b^{1/2}}\right).
\end{align*}
这样由 Newton-Leibniz 公式,
\begin{align*}
K(1) &= K(0) + \frac \pi 2\int_0^1 \frac {\sqrt b - 1}{(b-1) \sqrt b} \,\mathrm db = \frac \pi 2\int_0^1 \frac {\mathrm db}{\sqrt b(\sqrt b+1)} \\
&= \frac \pi 2 \int_0^1 \frac {2 \,\mathrm du}{u + 1} = \pi \log 2.
\end{align*}

$$
I'(1) = 2 \times \pi - 2 K(1) = 2\pi (1 - \log 2).
$$
现在可以解初值问题
$$
\begin{cases}
I'(a) = \frac 3{2a} I(a),\\
I'(1) = 2\pi (1 -\log 2),
\end{cases}
$$
立得
$$
\boxed{I(a) = \frac 43 \pi (1 - \log 2)}. \blacktriangleright
$$
发表于 2018-11-30 01:01:19 | 显示全部楼层
更正: 上面的结果应该是
$$
\boxed{I(a) = \frac 4{3}\pi a^{3/2}(1 - \log 2) }.
$$
 楼主| 发表于 2018-12-1 03:54:49 | 显示全部楼层
XubinHu 发表于 2018-11-30 00:54
解. \blacktriangleleft 首先做分部积分
\begin{align*}
I(a) &= \int_0^{+\infty} \frac 13 \log^2(1 +  ...

解答很仔细,很详细,值得收藏,谢谢了,本题还有用留数定理计算的复分析方法
发表于 2018-12-1 05:13:18 | 显示全部楼层
XubinHu 发表于 2018-11-30 00:54
解. \blacktriangleleft 首先做分部积分
\begin{align*}
I(a) &= \int_0^{+\infty} \frac 13 \log^2(1 +  ...

考虑$I(0)=0$不是更简单吗?
发表于 2018-12-1 05:29:51 | 显示全部楼层
换一个思路.

注意到
\[\frac{\ln (1+ax^2)}{x^2}=\int_0^1\frac{ady}{1+ax^2y}=\int_0^1\frac{adz}{1+ax^2z},\]
得到
\[\frac{\ln^2
(1+ax^2)}{x^4}=a^2\int_0^1\int_0^1\frac{dydz}{(1+ax^2y)(1+ax^2z)}.\]
再注意到
\[\begin{array}{rl}& \displaystyle a^2\int_0^{+\infty}dx\int_0^1\int_0^1\frac{dydz}{(1+ayx^2)(1+azx^2)}
-a^2\int_0^{+\infty}dx\int_\varepsilon^1\int_\varepsilon^1\frac{dydz}{(1+ayx^2)(1+azx^2)}
\\
&<\displaystyle
a^2\int_0^{+\infty}dx\int_0^1\int_0^\varepsilon\frac{dydz}{(1+ayx^2)(1+azx^2)}
+a^2\int_0^{+\infty}dx\int_0^\varepsilon\int_0^1\frac{dydz}{(1+ayx^2)(1+azx^2)}\\
&< \displaystyle 2a\varepsilon\int_0^{+\infty}\frac{\ln
(1+ax^2)dx}{x^2}\\
&\to 0(\varepsilon\to 0^+),\end{array}\] 根据一致收敛性, 必有
\[\begin{array}{rl}\displaystyle I(a)&=\displaystyle a^2\lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_0^{+\infty}dx\int_\varepsilon^1\int_\varepsilon^1\frac{dydz}{(1+ayx^2)(1+azx^2)}\\
&= \displaystyle a^2\lim_{\varepsilon\to
0^+}\int_\varepsilon^1\int_\varepsilon^1dydz
\int_0^{+\infty}\frac{dx}{(1+ayx^2)(1+azx^2)}\\
&=\displaystyle a^2\int_0^1\int_0^1dydz
\int_0^{+\infty}\frac{dx}{(1+ayx^2)(1+azx^2)}\\
&=\displaystyle \frac{a^{\frac{3}{2}}\pi}{2}\int_0^1\int_0^1\frac{dydz}{\sqrt{y}+\sqrt{z}}\\
&=\displaystyle \frac{4a^{\frac{3}{2}}\pi}{3}(1-\ln
2).\end{array}\]
发表于 2018-12-1 12:46:43 | 显示全部楼层
更简单的做法

先求
\[I=\int_0^{+\infty}\frac{\ln^2 (1+x^2)}{x^4}dx.\]
分部积分, 得到
\[I=-\frac{\ln^2(1+x^2)}{3x^3}\Big|_0^{+\infty}+\frac{4}{3}\int_0^{+\infty}\frac{\ln (1+x^2)}{x^2(1+x^2)}dx=
\frac{4}{3}\int_0^{+\infty}\frac{\ln
(1+x^2)}{x^2}dx-\frac{4}{3}\int_0^{+\infty}\frac{\ln
(1+x^2)}{1+x^2}dx,\] 其中
\[\int_0^{+\infty}\frac{\ln
(1+x^2)}{x^2}dx=-\frac{\ln
(1+x^2)}{x}\Big|_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}\frac{2dx}{1+x^2}=\pi,\]
\[\int_0^{+\infty}\frac{\ln
(1+x^2)}{1+x^2}dx=-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln \cos tdt=\pi\ln 2.\]

\[I=\frac{4\pi}{3}(1-\ln 2).\]
做变换$x=\frac{u}{\sqrt{a}}$, 最后得到
\[I(a)=a^{\frac{3}{2}}\int_0^{+\infty}\frac{\ln^2 (1+u)}{u^4}du=\frac{4a^{\frac{3}{2}}\pi}{3}(1-\ln 2).\]
 楼主| 发表于 2018-12-1 15:02:16 | 显示全部楼层

谢谢H老师的新证法,很巧妙,精致小巧
发表于 2018-12-1 17:06:58 来自手机 | 显示全部楼层
Hansschwarzkopf 发表于 2018-12-1 05:13
考虑I(0)=0不是更简单吗?

$I(0) = 0$ 解不出那个微分方程解里的$C$: $I(a)= Ca^{3/2}$.
发表于 2018-12-2 18:30:23 | 显示全部楼层

一个笔误:
\[\int_0^{+\infty}\frac{\ln (1+u)}{u^4}du\]
应该是
\[\int_0^{+\infty}\frac{\ln (1+u^2)}{u^4}du.\]

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