西北大学 2026年数学分析第0题
📝 题目
十．（15 分）已知 $\displaystyle g(0)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ ，求 $\displaystyle g(\alpha)=\int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cos 2 \alpha x \mathrm{~d} x$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：建立微分方程
考虑对参数 $\alpha$ 求导。由 Leibniz 法则（积分号下求导），有
\[ g'(\alpha) = \int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cdot (-2x \sin(2\alpha x)) \, dx \]
即
\[ g'(\alpha) = -2 \int_{0}^{+\infty} x e^{-x^{2}} \sin(2\alpha x) \, dx \]
公式：g'(\alpha) = -2 \int_{0}^{+\infty} x e^{-x^{2}} \sin(2\alpha x) \, dx
提示：注意 Leibniz 法则的适用条件：被积函数及其偏导数在积分区间上连续，且积分收敛。
步骤 2/4
目标：分部积分处理
对右边的积分用分部积分。令
\[ u = \sin(2\alpha x), \quad dv = x e^{-x^{2}} dx \]
则
\[ du = 2\alpha \cos(2\alpha x) \, dx, \quad v = -\frac{1}{2} e^{-x^{2}} \]
于是
\[ \int_{0}^{+\infty} x e^{-x^{2}} \sin(2\alpha x) \, dx = \left[ -\frac{1}{2} e^{-x^{2}} \sin(2\alpha x) \right]_{0}^{+\infty} + \frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cdot 2\alpha \cos(2\alpha x) \, dx \]
第一项在上下限代入：当 $x\to +\infty$，指数衰减使之为0；当 $x=0$，$\sin 0 =0$，所以第一项为0。
公式：\int_{0}^{+\infty} x e^{-x^{2}} \sin(2\alpha x) \, dx = \alpha \int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cos(2\alpha x) \, dx = \alpha g(\alpha)
提示：分部积分时注意符号，$v$ 的选取要使得积分简化。
步骤 3/4
目标：得到微分方程
代回 $g'(\alpha)$ 表达式：
\[ g'(\alpha) = -2 \cdot (\alpha g(\alpha)) = -2\alpha g(\alpha) \]
这是一个一阶线性齐次微分方程：
\[ \frac{dg}{d\alpha} = -2\alpha g \]
分离变量：
\[ \frac{dg}{g} = -2\alpha \, d\alpha \]
积分得：
\[ \ln |g(\alpha)| = -\alpha^{2} + C \]
所以
\[ g(\alpha) = C e^{-\alpha^{2}} \]
公式：g'(\alpha) = -2\alpha g(\alpha), \quad g(\alpha) = C e^{-\alpha^{2}}
提示：分离变量时注意 $g(\alpha)$ 不为零，积分常数 $C$ 待定。
步骤 4/4
目标：利用初始条件确定常数
已知 $g(0) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$，代入得
\[ \frac{\sqrt{\pi}}{2} = C \cdot e^{0} = C \]
因此
\[ g(\alpha) = \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-\alpha^{2}} \]
公式：g(\alpha) = \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-\alpha^{2}}
提示：初始条件 $g(0)$ 是已知的，直接代入即可确定常数。
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