北京交通大学 2022年数学分析第0题
📝 题目
十．（ 12 分）求含参量反常积分
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{e^{-x} \sin \beta x}{x} \mathrm{~d} x(\beta \in \mathbb{R})
$$
十一。（15 分）证明：$n$ 元实二次型 $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} a_{i j} x_{i} x_{j}\left(a_{i j}=a_{j i}\right)$ 在单位球面 $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}=1$ 上的限制的最大、最小值佮为对称阵 $\displaystyle A=\left(a_{i j}\right)_{n \times n}$ 的最大、最小特征根。
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：第十题：对参数β求导，简化积分
记 $I(\beta)=\int_0^{+\infty} \frac{e^{-x} \sin(\beta x)}{x} dx$。考虑对参数 $\beta$ 求导，在积分号下求导（需验证一致收敛性，此处可行）：$I'(\beta)=\int_0^{+\infty} \frac{e^{-x} \cdot x \cos(\beta x)}{x} dx = \int_0^{+\infty} e^{-x} \cos(\beta x) dx$。
公式：$I'(\beta)=\int_0^{+\infty} e^{-x} \cos(\beta x) dx$
提示：注意被积函数在 $x=0$ 处可去奇点，$\frac{\sin(\beta x)}{x} \to \beta$，积分收敛性良好。
步骤 2/8
目标：第十题：计算导数积分
计算 $\int_0^{+\infty} e^{-x} \cos(\beta x) dx$。利用欧拉公式 $\cos(\beta x)=\operatorname{Re}(e^{i\beta x})$，则 $\int_0^{+\infty} e^{-x} e^{i\beta x} dx = \int_0^{+\infty} e^{-(1-i\beta)x} dx = \frac{1}{1-i\beta}$。取实部得 $\frac{1}{1+\beta^2}$。
公式：$\int_0^{+\infty} e^{-x} \cos(\beta x) dx = \frac{1}{1+\beta^2}$
提示：也可直接利用分部积分或拉普拉斯变换公式。
步骤 3/8
目标：第十题：积分求原函数
由 $I'(\beta)=\frac{1}{1+\beta^2}$，两边对 $\beta$ 积分得 $I(\beta)=\int_0^\beta \frac{1}{1+t^2} dt + C = \arctan \beta + C$。
公式：$I(\beta)=\arctan \beta + C$
提示：积分下限取0是为了方便确定常数。
步骤 4/8
目标：第十题：确定常数并写出结果
令 $\beta=0$，则 $I(0)=\int_0^{+\infty} \frac{e^{-x} \cdot 0}{x} dx = 0$，代入得 $0 = \arctan 0 + C = 0 + C$，故 $C=0$。因此 $I(\beta)=\arctan \beta$，对 $\beta \in \mathbb{R}$ 成立（奇函数性质一致）。
公式：$\int_0^{+\infty} \frac{e^{-x} \sin(\beta x)}{x} dx = \arctan \beta$
提示：当 $\beta<0$ 时，$\arctan \beta$ 为负，与积分奇函数性质相符。
步骤 5/8
目标：第十一题：将二次型用矩阵表示并正交对角化
设 $x=(x_1,\dots,x_n)^T$，二次型 $f(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_{ij}x_i x_j = x^T A x$，其中 $A=(a_{ij})$ 为实对称矩阵。约束条件为 $x^T x=1$。由于 $A$ 实对称，存在正交矩阵 $Q$ 使 $Q^T A Q = \Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$，其中 $\lambda_1 \ge \lambda_2 \ge \cdots \ge \lambda_n$ 为特征值。
公式：$A = Q \Lambda Q^T$，$Q^T Q = I$
提示：正交对角化是处理实对称二次型极值问题的标准方法。
步骤 6/8
目标：第十一题：变量替换简化问题
令 $y = Q^T x$，则 $y^T y = x^T Q Q^T x = x^T x = 1$，且 $x^T A x = (Q y)^T A (Q y) = y^T (Q^T A Q) y = y^T \Lambda y = \sum_{i=1}^n \lambda_i y_i^2$。问题转化为在约束 $\sum_{i=1}^n y_i^2 = 1$ 下求 $g(y)=\sum_{i=1}^n \lambda_i y_i^2$ 的极值。
公式：$g(y) = \sum_{i=1}^n \lambda_i y_i^2$，$\sum_{i=1}^n y_i^2 = 1$
提示：正交变换不改变向量的长度，因此约束条件形式不变。
步骤 7/8
目标：第十一题：利用加权平均性质求极值
由于 $y_i^2 \ge 0$ 且和为1，$g(y)$ 是特征值的加权平均。显然 $\lambda_n \sum y_i^2 \le \sum \lambda_i y_i^2 \le \lambda_1 \sum y_i^2$，即 $\lambda_n \le g(y) \le \lambda_1$。当取 $y_1=1, y_2=\cdots=y_n=0$ 时，$g(y)=\lambda_1$ 为最大值；当取 $y_n=1$，其余为0时，$g(y)=\lambda_n$ 为最小值。
公式：$\lambda_n \le \sum_{i=1}^n \lambda_i y_i^2 \le \lambda_1$
提示：极值点对应于特征向量方向，且由于 $Q$ 正交，原变量 $x$ 也可取到对应方向。
步骤 8/8
目标：第十一题：回到原变量并总结
由于 $y=Q^T x$ 且 $Q$ 正交，单位球面上的点与 $y$ 一一对应，因此原二次型 $f(x)$ 在单位球面上的最大值即为 $\lambda_1$，最小值即为 $\lambda_n$，即对称矩阵 $A$ 的最大、最小特征根。证毕。
公式：$\max_{x^T x=1} x^T A x = \lambda_{\max}$，$\min_{x^T x=1} x^T A x = \lambda_{\min}$
提示：此结论是瑞利商（Rayleigh quotient）的特例。
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