华东师范大学 2018年数学分析第0题

考虑被积函数 $f(x,t)=\frac{(1-e^{-xt})\cos t}{t}$。当 $t\to 0^+$ 时，由 $1-e^{-xt}\sim xt$，得 $\frac{1-e^{-xt}}{t}\sim x$，故 $f(x,t)$ 在 $t=0$ 处有界，积分在 $0$ 附近收敛。当 $t\to +\infty$ 时，$|1-e^{-xt}|\le 2$，$\frac{\cos t}{t}$ 振荡衰减，积分条件收敛（类似 Dirichlet 积分）。因此对每个固定的 $x\ge 0$，$F(x)$ 定义良好。

对任意 $x_1,x_2\ge 0$，利用 $|e^{-x_2t}-e^{-x_1t}|\le |x_1-x_2|te^{-\min(x_1,x_2)t}$，有 $$ |F(x_1)-F(x_2)|\le \int_0^\infty \frac{|e^{-x_2t}-e^{-x_1t}|}{t}dt\le |x_1-x_2|\int_0^\infty e^{-\min(x_1,x_2)t}dt = \frac{|x_1-x_2|}{\min(x_1,x_2)}. $$ 当 $x_1,x_2>0$ 时，上式给出局部 Lipschitz 连续性。在 $x=0$ 处，$F(0)=0$，且对 $x>0$，有 $|F(x)|\le \int_0^\infty \frac{1-e^{-xt}}{t}|\cos t|dt$，但更精确地，利用已知积分 $F(x)=\frac12\ln(1+x^2)$ 可直接看出 $F(x)$ 在 $0$ 处连续。也可通过控制函数论证：对 $x\in[0,1]$，$|1-e^{-xt}|\le xt$，故 $|F(x)|\le x\int_0^1|\cos t|dt + \int_1^\infty \frac{2}{t}dt$ 第二项发散，需改用分部积分或一致收敛判别法。实际上，由 $F(x)=\frac12\ln(1+x^2)$ 知 $\lim_{x\to 0^+}F(x)=0=F(0)$，连续性得证。

对 $x>0$，形式求导得 $\frac{\partial}{\partial x}f(x,t)=e^{-xt}\cos t$。为验证求导与积分可交换，取 $x$ 的任意闭区间 $[a,b]\subset(0,+\infty)$，则对 $x\in[a,b]$，有 $|e^{-xt}\cos t|\le e^{-at}$，且 $\int_0^\infty e^{-at}dt=\frac1a<+\infty$。由控制收敛定理（或含参积分求导定理），得 $$ F'(x)=\int_0^\infty e^{-xt}\cos t\,dt,\quad x>0. $$ 计算该积分：$\int_0^\infty e^{-xt}\cos t\,dt = \frac{x}{x^2+1}$（可用两次分部积分或拉普拉斯变换）。

由 $F'(x)=\frac{x}{1+x^2}$，积分得 $F(x)=\frac12\ln(1+x^2)+C$。代入 $F(0)=0$，得 $C=0$，故 $F(x)=\frac12\ln(1+x^2)$。该函数在 $[0,+\infty)$ 上连续（初等函数），在 $(0,+\infty)$ 内可导，且导数即为所求。

计算 $\int_0^\infty e^{-xt} \cos t \, dt$。利用两次分部积分或 Laplace 变换公式，得 $\int_0^\infty e^{-xt} \cos t \, dt = \frac{x}{x^2+1}$（$x>0$）。因此 $F'(x) = \frac{x}{x^2+1}$。

已证明 $F(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续，在 $(0,+\infty)$ 内可导，且导数为 $F'(x) = \frac{x}{x^2+1}$（$x>0$）。