福州大学 2026年数学分析第0题

首先，积分区间为$(0,+\infty)$，需分别考虑$x\to 0^+$和$x\to +\infty$的收敛性。\\(1) 当$x\to 0^+$时，$\cos x^2 \sim 1$，被积函数$\sim \frac{1}{x^\alpha}$，在0附近可积的条件是$\alpha<1$。题目给定$\alpha\in(-1,1)$，满足此条件。\\(2) 当$x\to +\infty$时，作变量代换$t=x^2$，则$x=t^{1/2},\,dx=\frac{1}{2}t^{-1/2}dt$，积分化为$$I(\alpha)=\frac12\int_0^{+\infty}\frac{\cos t}{t^{(\alpha+1)/2}}\,dt.$$对于$\int_1^{+\infty}\frac{\cos t}{t^p}dt$，由Dirichlet判别法，当$p>0$时收敛。这里$p=\frac{\alpha+1}{2}>0$即$\alpha>-1$。因此$\alpha\in(-1,1)$时积分收敛。

要证明$I(\alpha)$在$(-1,1)$上连续，常用方法是证明对任意闭子区间$[a,b]\subset(-1,1)$，积分关于$\alpha$一致收敛。由于被积函数对$\alpha$连续，一致收敛可保证积分函数的连续性。

考虑$x\in(0,1]$。由于$\alpha\in[a,b]\subset(-1,1)$，有$\alpha\ge a>-1$。当$x\le1$时，$\frac{1}{x^\alpha}\le\frac{1}{x^a}$（因为$a\le\alpha$且$x\le1$，指数越大值越小）。于是$$\left|\frac{\cos x^2}{x^\alpha}\right|\le\frac{1}{x^\alpha}\le\frac{1}{x^a}.$$由于$a>-1$，$\int_0^1\frac{1}{x^a}dx$收敛（$a<1$自动满足），由Weierstrass判别法，积分在$\alpha\in[a,b]$上于0附近一致收敛。

利用变量代换后的形式：$$\frac12\int_1^{+\infty}\frac{\cos t}{t^{(\alpha+1)/2}}dt.$$对$\alpha\in[a,b]$，指数$p(\alpha)=\frac{\alpha+1}{2}\in\left[\frac{a+1}{2},\frac{b+1}{2}\right]$。由于$a>-1$，有$p_0=\frac{a+1}{2}>0$。于是对$t\ge1$，$$\left|\frac{\cos t}{t^{(\alpha+1)/2}}\right|\le\frac{1}{t^{p_0}}.$$而$\int_1^{+\infty}\frac{1}{t^{p_0}}dt$收敛（$p_0>0$），由Weierstrass判别法，积分在$\alpha\in[a,b]$上于无穷远处一致收敛。

由前两步，对任意闭子区间$[a,b]\subset(-1,1)$，积分在0附近和无穷远处均一致收敛，从而整个积分在$\alpha\in[a,b]$上一致收敛。被积函数$f(x,\alpha)=\frac{\cos x^2}{x^\alpha}$对$\alpha$连续（作为幂函数与余弦的复合），因此由含参积分连续性定理，$I(\alpha)$在$[a,b]$上连续。由$[a,b]$的任意性，$I(\alpha)$在$(-1,1)$上连续。