南京师范大学 2021年数学分析第0题

令 $f(x,y)=\frac{\cos x}{1+(x+y)^2}$，则 $f(x,y)$ 在 $x\ge 0,\, y\in\mathbb{R}$ 上连续。对 $y$ 求偏导得： $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = \cos x \cdot \frac{-2(x+y)}{[1+(x+y)^2]^2}.$$ 该偏导函数同样连续。

对任意实数 $t$，有不等式 $\frac{|t|}{(1+t^2)^2} \le \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+t^2}$，这是因为 $\frac{|t|}{1+t^2}\le \frac12$。于是： $$\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right| \le |\cos x|\cdot \frac{2|x+y|}{[1+(x+y)^2]^2} \le \frac{1}{1+(x+y)^2}.$$

注意到 $\frac{1}{1+(x+y)^2}$ 对不同的 $y$ 形状不同，但我们可以利用平移不变性：对任意 $y$，令 $t=x+y$，则 $x\ge 0$ 对应 $t\ge y$。考虑函数 $h(t)=\frac{1}{1+t^2}$，它在 $\mathbb{R}$ 上可积。但我们需要一个与 $y$ 无关的 $g(x)$ 使得 $\frac{1}{1+(x+y)^2}\le g(x)$ 对所有 $x\ge0,y\in\mathbb{R}$ 成立。 实际上，由于 $\frac{1}{1+(x+y)^2}\le 1$ 恒成立，但常数函数不可积。更好的方法是：对任意固定的 $y$，当 $x$ 充分大时，$\frac{1}{1+(x+y)^2}\sim \frac{1}{x^2}$，因此我们可以构造分段函数： $$g(x)=\begin{cases} 1, & 0\le x\le 1, \\ \frac{1}{1+(x-1)^2}, & x>1. \end{cases}$$ 但这样无法覆盖 $|y|$ 很大的情形（此时 $x$ 较小时 $\frac{1}{1+(x+y)^2}$ 可能接近1）。 更严谨的方法是：利用 $\frac{1}{1+(x+y)^2}\le \frac{1}{1+(x-|y|)^2}$ 当 $x\ge |y|$ 时成立，而当 $0\le x<|y|$ 时，$\frac{1}{1+(x+y)^2}\le 1$。因此可以构造： $$g(x)=\sup_{y\in\mathbb{R}}\frac{1}{1+(x+y)^2}=1,$$ 但常数不可积。这说明直接构造统一的控制函数需要更精细的处理。

我们改用另一种思路：直接验证积分与求导可交换的条件。定理要求：存在可积函数 $g(x)$ 使得 $\left|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right|\le g(x)$ 对一切 $y$ 成立。 由于 $\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|\le \frac{1}{1+(x+y)^2}$，而函数 $\frac{1}{1+(x+y)^2}$ 对每个固定的 $y$ 关于 $x$ 可积，但我们需要一个与 $y$ 无关的控制。注意到： $$\frac{1}{1+(x+y)^2} \le \frac{1}{1+(x-|y|)^2} \le \frac{1}{1+(x-M)^2} \quad \text{当 } |y|\le M,$$ 但 $y$ 可以任意大，因此不能取固定的 $M$。 实际上，我们可以直接证明 $I(y)$ 的导数存在且等于 $\int_0^\infty \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\,dx$，通过验证以下条件： 1. $f(x,y)$ 和 $\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)$ 在 $[0,\infty)\times\mathbb{R}$ 上连续。 2. 对任意 $y_0\in\mathbb{R}$，存在 $\delta>0$ 和可积函数 $g(x)$（可能依赖于 $y_0$），使得当 $|y-y_0|<\delta$ 时，$\left|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right|\le g(x)$。 取 $y_0$ 任意，令 $M=|y_0|+1$，则当 $|y-y_0|<1$ 时，$|y|\le M$。此时： $$\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right| \le \frac{1}{1+(x+y)^2} \le \frac{1}{1+(x-M)^2} \quad \text{当 } x\ge M,$$ 而当 $0\le xM \end{cases}$$ 则 $g(x)$ 在 $[0,\infty)$ 上可积，且对 $|y-y_0|<1$ 有 $\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|\le g(x)$。由含参积分可微定理，$I(y)$ 在 $y_0$ 处可导，且导数可在积分号下计算。由 $y_0$ 的任意性，$I(y)$ 在 $\mathbb{R}$ 上可导。

综上，我们完成了证明：对任意 $y_0\in\mathbb{R}$，存在邻域 $U=(y_0-1,y_0+1)$ 和可积函数 $g(x)$（依赖于 $y_0$），使得在 $U$ 内 $\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|\le g(x)$，且 $f$ 和 $\frac{\partial f}{\partial y}$ 连续。因此 $I(y)$ 在 $y_0$ 处可导，由 $y_0$ 的任意性，$I(y)$ 在 $\mathbb{R}$ 上可导。

因此，函数 $I(y)=\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos x}{1+(x+y)^{2}} dx$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上可导，且导数为上述积分表达式。