郑州大学 2026年数学分析第11题

由于被积函数在 $x=0$ 处可能有奇点，考虑从 $\varepsilon$ 到 $T$ 的积分： $$I(\varepsilon, T) = \int_{\varepsilon}^{T} \frac{f(ax) - f(bx)}{x} \, dx.$$ 令 $u = ax$，则 $x = u/a$，$dx = du/a$，于是 $$\int_{\varepsilon}^{T} \frac{f(ax)}{x} dx = \int_{a\varepsilon}^{aT} \frac{f(u)}{u} du.$$ 类似地，令 $v = bx$，得 $$\int_{\varepsilon}^{T} \frac{f(bx)}{x} dx = \int_{b\varepsilon}^{bT} \frac{f(v)}{v} dv.$$ 因此 $$I(\varepsilon, T) = \int_{a\varepsilon}^{aT} \frac{f(u)}{u} du - \int_{b\varepsilon}^{bT} \frac{f(v)}{v} dv.$$

假设 $a < b$（不失一般性），则 $a\varepsilon < b\varepsilon$，$aT < bT$。将积分拆分为公共区间和剩余区间： $$I(\varepsilon, T) = \left( \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} + \int_{b\varepsilon}^{aT} \right) \frac{f(u)}{u} du - \left( \int_{b\varepsilon}^{aT} + \int_{aT}^{bT} \right) \frac{f(v)}{v} dv.$$ 公共部分 $\int_{b\varepsilon}^{aT} \frac{f(u)}{u} du$ 相消，得到 $$I(\varepsilon, T) = \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{f(u)}{u} du - \int_{aT}^{bT} \frac{f(v)}{v} dv.$$

当 $T \to +\infty$ 时，$v$ 很大，由 $\lim_{v \to +\infty} f(v) = k$，对任意 $\delta > 0$，存在 $M$ 使得当 $v > M$ 时 $|f(v) - k| < \delta$。于是 $$\left| \int_{aT}^{bT} \frac{f(v)}{v} dv - k \int_{aT}^{bT} \frac{dv}{v} \right| \leq \delta \int_{aT}^{bT} \frac{dv}{v} = \delta \ln\frac{b}{a}.$$ 由于 $\delta$ 任意小，得 $$\lim_{T \to +\infty} \int_{aT}^{bT} \frac{f(v)}{v} dv = k \ln\frac{b}{a}.$$

当 $\varepsilon \to 0^+$ 时，$u$ 很小，由 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续，$\lim_{u \to 0^+} f(u) = f(0)$。类似地，对任意 $\delta > 0$，存在 $\eta > 0$ 使得当 $0 < u < \eta$ 时 $|f(u) - f(0)| < \delta$。取 $\varepsilon$ 充分小使 $b\varepsilon < \eta$，则 $$\left| \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{f(u)}{u} du - f(0) \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{du}{u} \right| \leq \delta \ln\frac{b}{a}.$$ 因此 $$\lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{f(u)}{u} du = f(0) \ln\frac{b}{a}.$$

将两个极限结果代入 $I(\varepsilon, T)$ 的表达式： $$\int_0^{+\infty} \frac{f(ax)-f(bx)}{x} dx = \lim_{\varepsilon \to 0^+, T \to +\infty} I(\varepsilon, T) = f(0) \ln\frac{b}{a} - k \ln\frac{b}{a} = (f(0)-k) \ln\frac{b}{a}.$$ 当 $a > b$ 时，可交换 $a$ 和 $b$ 的角色验证，公式形式不变。证毕。

令 $t = x^2$，则 $x = \sqrt{t}$，$dx = \frac{1}{2\sqrt{t}} dt$，于是 $\frac{dx}{x} = \frac{dt}{2t}$。积分变为 $$\int_0^{+\infty} \frac{\arctan(2x^2) - \arctan(x^2)}{x} dx = \frac12 \int_0^{+\infty} \frac{\arctan(2t) - \arctan(t)}{t} dt.$$ 这里 $f(t) = \arctan t$，$a=2$，$b=1$。

对于 $f(t)=\arctan t$，有 $f(0)=0$，$\lim_{t \to +\infty} f(t) = \frac{\pi}{2}$。由第(1)问结论： $$\int_0^{+\infty} \frac{\arctan(2t) - \arctan(t)}{t} dt = (0 - \frac{\pi}{2}) \ln\frac{1}{2} = \left(-\frac{\pi}{2}\right) \cdot (-\ln 2) = \frac{\pi}{2} \ln 2.$$ 因此原积分 $$\frac12 \cdot \frac{\pi}{2} \ln 2 = \frac{\pi}{4} \ln 2.$$