北京工业大学 2022年数学分析第0题
📝 题目
十．（ 15 分）证明：
$$
\lim _{h \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{1} \frac{h}{h^{2}+x^{2}} e^{x} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2}
$$
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：观察被积函数与泊松核的关系
考虑积分 \( I(h) = \int_0^1 \frac{h}{h^2+x^2} e^x \, dx \)。当 \( h \to 0^+ \) 时，核函数 \( \frac{h}{h^2+x^2} \) 在 \( x=0 \) 附近变得尖锐，其在整个实轴上的积分性质类似于狄拉克δ函数：\( \lim_{h\to 0^+} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{h}{h^2+x^2} f(x) \, dx = \pi f(0) \)。但此处积分区间为 \([0,1]\)，且 \( e^x \) 在正无穷处增长过快，不能直接延拓到整个实轴。
公式：\lim_{h\to 0^+} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{h}{h^2+x^2} f(x) \, dx = \pi f(0)
提示：注意泊松核性质成立的条件是 \( f(x) \) 在实轴上连续且有界，而 \( e^x \) 在正无穷处无界，因此不能直接套用。
步骤 2/4
目标：分割积分区间，处理远离原点的部分
对任意固定的 \( \delta > 0 \)，将积分分为两部分：
\[ I(h) = \int_0^\delta \frac{h}{h^2+x^2} e^x \, dx + \int_\delta^1 \frac{h}{h^2+x^2} e^x \, dx \]
对于第二部分，当 \( x \geq \delta \) 时，\( h^2+x^2 \geq \delta^2 \)，因此
\[ 0 \leq \int_\delta^1 \frac{h}{h^2+x^2} e^x \, dx \leq \frac{h}{\delta^2} \int_\delta^1 e^x \, dx \leq \frac{h e}{\delta^2} \]
当 \( h \to 0^+ \) 时，此项趋于 0。
公式：\int_\delta^1 \frac{h}{h^2+x^2} e^x \, dx \leq \frac{h e}{\delta^2} \to 0 \quad (h \to 0^+)
提示：固定 \(\delta\) 后，第二部分被 \( h \) 控制，可任意小。
步骤 3/4
目标：处理原点附近的部分，分离主要项
在第一部分中，将 \( e^x \) 展开为 \( e^x = 1 + (e^x - 1) \)，则
\[ \int_0^\delta \frac{h}{h^2+x^2} e^x \, dx = \int_0^\delta \frac{h}{h^2+x^2} \, dx + \int_0^\delta \frac{h}{h^2+x^2} (e^x - 1) \, dx \]
第一项可直接积分：
\[ \int_0^\delta \frac{h}{h^2+x^2} \, dx = \left[ \arctan\left(\frac{x}{h}\right) \right]_0^\delta = \arctan\left(\frac{\delta}{h}\right) \]
当 \( h \to 0^+ \) 时，\( \frac{\delta}{h} \to +\infty \)，故 \( \arctan(\delta/h) \to \frac{\pi}{2} \)。
公式：\int_0^\delta \frac{h}{h^2+x^2} \, dx = \arctan\left(\frac{\delta}{h}\right) \to \frac{\pi}{2} \quad (h \to 0^+)
提示：注意反正切函数的极限：\( \lim_{t \to +\infty} \arctan t = \frac{\pi}{2} \)。
步骤 4/4
目标：估计误差项并完成证明
对于误差项 \( \int_0^\delta \frac{h}{h^2+x^2} (e^x - 1) \, dx \)，由于 \( e^x - 1 \) 在 \( x=0 \) 附近连续且 \( e^0-1=0 \)，对任意 \( \varepsilon > 0 \)，存在 \( \delta > 0 \) 使得当 \( 0 \leq x \leq \delta \) 时，\( |e^x - 1| < \varepsilon \)。于是
\[ \left| \int_0^\delta \frac{h}{h^2+x^2} (e^x - 1) \, dx \right| \leq \varepsilon \int_0^\delta \frac{h}{h^2+x^2} \, dx \leq \varepsilon \cdot \frac{\pi}{2} \]
结合第二步，先取 \( \delta \) 足够小使误差项小于 \( \varepsilon \)，再取 \( h \) 足够小使 \( |\arctan(\delta/h) - \pi/2| < \varepsilon \) 且第二部分积分小于 \( \varepsilon \)，则总误差可任意小，故极限为 \( \frac{\pi}{2} \)。
公式：\lim_{h \to 0^+} I(h) = \frac{\pi}{2}
提示：严格证明需使用 \( \varepsilon-\delta \) 语言，先控制 \( \delta \) 再控制 \( h \)，注意顺序。
步骤 5/5
目标：得出结论
因此原极限成立：
\[
\lim_{h \to 0^+} \int_0^1 \frac{h}{h^2 + x^2} e^x \, dx = \frac{\pi}{2}.
\]
公式：\boxed{\frac{\pi}{2}}
提示：最终结果需明确写出。
步骤 6/6
目标：综合两部分，用 ε-δ 语言证明极限为 π/2
对任意 \( \varepsilon > 0 \)，先取 \( A \) 足够大使得 \( e(\pi/2 - \arctan A) < \varepsilon/2 \)。再取 \( h \) 足够小使得第一部分与 \( \arctan A \) 的差小于 \( \varepsilon/2 \)。于是：
\[
|I(h) - \pi/2| \le |I(h) - \arctan A| + |\arctan A - \pi/2| < \varepsilon/2 + \varepsilon/2 = \varepsilon
\]
因此 \( \lim_{h \to 0^+} I(h) = \pi/2 \)。
公式：\lim_{h \to 0^+} \int_0^1 \frac{h}{h^2 + x^2} e^x \, dx = \frac{\pi}{2}
提示：注意 \( \arctan A \to \pi/2 \) 当 \( A \to \infty \)，这是关键。
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