武汉理工大学 2026年数学分析第0题
📝 题目
4．解答如下问题：
（1）设 $k$ 为正整数，证明： $\displaystyle \int_{(k-1) \pi}^{k \pi} \frac{1}{1+x^{2} \sin ^{2} x} \mathrm{~d} x \geq 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+k^{2} \pi^{2} \sin ^{2} x} \mathrm{~d} x$ ．
（2）证明：反常积分 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{2} \sin ^{2} x} \mathrm{~d} x$ 发散．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：对第(1)问的积分进行变量替换，将积分区间标准化
令 $t = x - (k-1)\pi$，则当 $x$ 从 $(k-1)\pi$ 到 $k\pi$ 时，$t$ 从 $0$ 到 $\pi$。由于 $\sin x = \sin(t + (k-1)\pi) = (-1)^{k-1}\sin t$，所以 $\sin^2 x = \sin^2 t$。于是原积分化为：
$$ I_k = \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} \frac{1}{1+x^{2}\sin^{2}x} \mathrm{d}x = \int_{0}^{\pi} \frac{1}{1 + (t+(k-1)\pi)^2 \sin^2 t} \mathrm{d}t $$
公式：$$ I_k = \int_{0}^{\pi} \frac{1}{1 + (t+(k-1)\pi)^2 \sin^2 t} \mathrm{d}t $$
提示：注意正弦函数的周期性及平方后的符号消除，这是放缩的基础。
步骤 2/6
目标：利用分母的单调性进行放缩，得到积分下界
在区间 $t \in [0, \pi]$ 上，有 $t+(k-1)\pi \le k\pi$，因此分母满足 $1 + (t+(k-1)\pi)^2 \sin^2 t \le 1 + k^2\pi^2 \sin^2 t$。由于分母越大，分数值越小，反之分母越小分数值越大，故有：
$$ \frac{1}{1 + (t+(k-1)\pi)^2 \sin^2 t} \ge \frac{1}{1 + k^2\pi^2 \sin^2 t} $$
从而
$$ I_k \ge \int_{0}^{\pi} \frac{1}{1 + k^2\pi^2 \sin^2 t} \mathrm{d}t $$
公式：$$ \frac{1}{1 + (t+(k-1)\pi)^2 \sin^2 t} \ge \frac{1}{1 + k^2\pi^2 \sin^2 t} $$
提示：放缩方向要明确：要证明大于某个值，需将分母放大（使分数变小）或缩小（使分数变大），这里需要分母变小，因此用上界 $k\pi$ 替换 $t+(k-1)\pi$。
步骤 3/6
目标：利用三角函数的对称性化简积分区间
由于被积函数 $f(\sin^2 t)$ 关于 $t = \pi/2$ 对称，在 $[0, \pi]$ 上的积分等于 $2$ 倍在 $[0, \pi/2]$ 上的积分：
$$ \int_{0}^{\pi} \frac{1}{1 + k^2\pi^2 \sin^2 t} \mathrm{d}t = 2 \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1 + k^2\pi^2 \sin^2 x} \mathrm{d}x $$
因此第(1)问的不等式得证。
公式：$$ \int_{0}^{\pi} \frac{1}{1 + k^2\pi^2 \sin^2 t} \mathrm{d}t = 2 \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1 + k^2\pi^2 \sin^2 x} \mathrm{d}x $$
提示：对称性应用时注意 $\sin^2 t$ 在 $[0,\pi]$ 上的图像关于 $t=\pi/2$ 对称。
步骤 4/6
目标：对第(2)问，利用第(1)问结论将积分与级数联系起来
将反常积分写成各长度为 $\pi$ 的区间上的积分之和：
$$ \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{2}\sin^{2}x} \mathrm{d}x = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} \frac{1}{1+x^{2}\sin^{2}x} \mathrm{d}x $$
由第(1)问结论，每个积分项满足：
$$ \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} \frac{1}{1+x^{2}\sin^{2}x} \mathrm{d}x \ge 2 \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1+k^{2}\pi^{2}\sin^{2}x} \mathrm{d}x $$
公式：$$ \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{2}\sin^{2}x} \mathrm{d}x \ge \sum_{k=1}^{\infty} 2 \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1+k^{2}\pi^{2}\sin^{2}x} \mathrm{d}x $$
提示：反常积分发散性的证明通常转化为级数发散性的证明。
步骤 5/6
目标：对右侧积分进行放缩，得到与调和级数相关的下界
当 $x \in [0, \pi/2]$ 时，利用不等式 $\sin x \ge \frac{2}{\pi}x$，有 $1 + k^2\pi^2 \sin^2 x \le 1 + 4k^2 x^2$，因此：
$$ \frac{1}{1+k^2\pi^2 \sin^2 x} \ge \frac{1}{1+4k^2 x^2} $$
积分得：
$$ \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1+k^2\pi^2 \sin^2 x} \mathrm{d}x \ge \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1+4k^2 x^2} \mathrm{d}x $$
令 $u = 2kx$，则 $\mathrm{d}x = \frac{\mathrm{d}u}{2k}$，积分上限变为 $k\pi$，于是：
$$ \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1+4k^2 x^2} \mathrm{d}x = \frac{1}{2k} \int_{0}^{k\pi} \frac{\mathrm{d}u}{1+u^2} = \frac{\arctan(k\pi)}{2k} $$
当 $k$ 充分大时，$\arctan(k\pi) \to \pi/2$，故存在常数 $C > 0$ 使得 $\frac{\arctan(k\pi)}{2k} \ge \frac{C}{k}$。
公式：$$ \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1+k^2\pi^2 \sin^2 x} \mathrm{d}x \ge \frac{C}{k} $$
提示：常用不等式 $\sin x \ge \frac{2}{\pi}x$ 在 $[0,\pi/2]$ 上成立，是放缩的关键。
步骤 6/6
目标：利用调和级数的发散性证明原反常积分发散
综合以上放缩，得到：
$$ \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} \frac{1}{1+x^{2}\sin^{2}x} \mathrm{d}x \ge \frac{2C}{k} $$
因此原积分满足：
$$ \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{2}\sin^{2}x} \mathrm{d}x \ge \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2C}{k} $$
由于调和级数 $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}$ 发散，故原反常积分发散。
公式：$$ \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{2}\sin^{2}x} \mathrm{d}x \ge 2C \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} = +\infty $$
提示：反常积分发散性的证明，关键是找到一个发散的下界级数。
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