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# 第 14 章 含参积分

## 14.1 含参正常积分

## 14.1.1 含参正常积分基本概念与定理

## 定义 14.1 (含参正常积分)

$f(x,t)$ 是定义于 $G = \{\alpha (t)\leq x\leq \beta (t),a\leq t\leq b\}$ 区域的二元函数，当对 $x$ 积分时，该积分为 $t$ 的函数：

$$
F (t) = \int_ {\alpha (t)} ^ {\beta (t)} f (x, t) \mathrm{d} x, t \in [ a, b ]
$$

## 定理 14.1 (规则区域含参正常积分性质)

若 $f(x,t)$ 在 $[a,b]\times [c,d]$ 连续，则

\- 连续性：含参积分连续，即对 $\forall t_0 \in [c, d]$ 有 $\lim_{t \to t_0} \int_a^b f(x, t) \mathrm{d}x = \int_a^b f(x, t_0) \mathrm{d}x$

\- 积分交换： $\int_{c}^{d}\mathrm{d}t\int_{a}^{b}f(x,t)\mathrm{d}x = \int_{a}^{b}\mathrm{d}x\int_{c}^{d}f(x,t)\mathrm{d}x$

\- 可导：若 $f_{t}(x,t)$ 在 $[a,b]\times [c,d]$ 也连续，则 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\int_{a}^{b}f(x,t)\mathrm{d}x\right) = \int_{a}^{b}f_{t}(x,t)\mathrm{d}x$

## 定理 14.2 (不规则区域的连续与可微性)

若 $f(x,t)$ 在 $[\alpha (t),\beta (t)]\times [c,d]$ 连续， $\alpha (t),\beta (t)$ 在 $[c,d]$ 上连续，则

\- 连续性： $\varphi (t) = \int_{\alpha (t)}^{\beta (t)}f(x,t)\mathrm{d}x$ 在 $[c,d]$ 上连续，即

$$
\forall t _ {0} \in [ c, d ], \lim _ {t \rightarrow t _ {0}} \varphi (t) = \int_ {\alpha (t _ {0})} ^ {\beta (t _ {0})} f (x, t _ {0}) \mathrm{d} x
$$

\- 可微性：若 $f_{t}(x,t)$ 在 $[a,b]\times [c,d]$ 上连续， $\alpha (t),\beta (t)$ 在 $[c,d]$ 上可导，则(将被积分变量用上下限代替)

$$
\varphi^ {\prime} (t) = f (\beta (t), t) \beta^ {\prime} (t) - f (\alpha (t), t) \alpha^ {\prime} (t) + \int_ {\alpha (t)} ^ {\beta (t)} f _ {t} (x, t) \mathrm{d} x
$$

练习 14.1 含参积分求导 (1) 重点: 已知 $f(x) \in C[a, b]$ , $F(y) = \int_{a}^{b} f(x) |y - x| \mathrm{d}x, y \in [a, b]$ , 计算 $F''(y)$

解(1)首先得改写为不规则区域积分： $F(y)=\int_{a}^{y}f(x)(y-x)\mathrm{d}x+\int_{y}^{b}f(x)(x-y)\mathrm{d}x$ ，因此

$$
F ^ {\prime} (y) = f (y) (y - y) \cdot 1 + \int_ {a} ^ {y} f (x) \mathrm{d} x - f (y) (y - y) - \int_ {y} ^ {b} f (x) \mathrm{d} x = \int_ {a} ^ {y} f (x) \mathrm{d} x - \int_ {y} ^ {b} f (x) \mathrm{d} x
$$

进而得到 $F''(y) = f(y) + f(y) = 2f(y)$

练习14.2含参积分求导的应用(1)计算极限 $\lim_{x\to 0}\frac{\int_0^{x^2}\sqrt{1 + t^2}\mathrm{d}t}{e^x\sin x - \sin x}$ 解(1)方法一：使用含参积分求导，分母等价于 $(1 + x)x - x = x^2$ ，使用洛必达法则得到(注意分子是含参积分求导):

$$
\lim _ {x \to 0} \frac {2 x \sqrt {1 + x ^ {4}}}{2 x} = \lim _ {x \to 0} \sqrt {1 + x ^ {4}} = 1
$$

方法二：Taylor展开 $+$ 直接积分：分母等价于 $x^{2}$ ，分子用 $\sqrt{1 + t^2} = 1 + \frac{t^2}{2} + o(t^2)$ 得到：

$$
I = \lim _ {x \to 0} \frac {\int_ {0} ^ {x ^ {2}} 1 + \frac {t ^ {2}}{2} + o (t ^ {2}) \mathrm{d} t}{x ^ {2}} = \lim _ {x \to 0} \frac {x ^ {2} + \frac {x ^ {6}}{6} + o (x ^ {6})}{x ^ {2}} = 1
$$

## 14.1.2 常用含参正常积分的计算

## 引理14.1

$|a| < 1$ 时， $\int \frac{\mathrm{d}x}{1 + a\cos x} = \frac{2}{\sqrt{1 - a^2}}\arctan \left(\sqrt{\frac{1 - a}{1 + a}}\tan \frac{x}{2}\right) + C,$ 特别地， $\int_0^\pi \frac{\mathrm{d}x}{1 + a\cos x} = \frac{\pi}{\sqrt{1 - x^2}}$

证明 使用万能公式，在前面三角函数不定积分中涉及过。

练习14.3积分：涉及 $\frac{x^b - x^a}{\ln x}$ 型(1)计算 $\int_0^1\frac{x^b - x^a}{\ln x}\mathrm{d}x,0 < a < b$

(2) 计算 $\int_0^1 \sin \left(\ln \frac{1}{x}\right) \frac{x^b - x^a}{\ln x} \, \mathrm{d}x$

(3) 计算 $F(a) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \frac{1 + a \cos x}{1 - a \cos x} \cdot \frac{1}{\cos x} \, \mathrm{d}x$ ，这里 $a \in (-1, 1)$

解 (1) 由于 $\int_{a}^{b} x^{y} \mathrm{d}y = \frac{x^{y}}{\ln x}\bigg|_{a}^{b} = \frac{x^{b} - x^{a}}{\ln x}$ ，因此根据交换积分顺序得到

$$
\int_ {0} ^ {1} \frac {x ^ {b} - x ^ {a}}{\ln x} \mathrm{d} t = \int_ {0} ^ {1} \mathrm{d} x \int_ {a} ^ {b} x ^ {y} \mathrm{d} y = \int_ {a} ^ {b} \mathrm{d} y \int_ {0} ^ {1} x ^ {y} \mathrm{d} x = \ln \frac {1 + b}{1 + a}
$$

(2) 由于 $\int_{a}^{b} x^{y} \mathrm{d}y = \frac{x^{b} - x^{a}}{\ln x}$ ，而 $x = 0$ 为瑕点，考虑 $\lim_{x \to 0} \sin \left(\ln \frac{1}{x}\right) x^{y} = 0$ ，因此可视为连续。从而

$$
\int_ {0} ^ {1} \sin \left(\ln {\frac {1}{x}}\right) \frac {x ^ {b} - x ^ {a}}{\ln x} \mathrm{d} x = \int_ {a} ^ {b} \mathrm{d} y \int_ {0} ^ {1} \sin \left(\ln {\frac {1}{x}}\right) x ^ {y} \mathrm{d} x
$$

令 $u = \ln \frac{1}{x}$ 即可转化为 $\int_{a}^{b}\mathrm{d}y\int_{0}^{+\infty}\sin ue^{-(y + 1)u}\mathrm{d}u$ ，结果为 $\arctan (b + 1) - \arctan (a + 1)$

(3) 注意到

$$
\ln \frac {1 + a \cos x}{1 - a \cos x} \cdot \frac {1}{\cos x} \mathrm{d} x = \frac {\ln (1 + a \cos x) - \ln (1 - a \cos x)}{\cos x} = \int_ {- a} ^ {a} \frac {\mathrm{d} y}{1 + y \cos x}
$$

而 $\frac{y}{1 + y\cos x}$ 连续，因此

$$
F (a) = \int_ {- a} ^ {a} \mathrm{d} y \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \frac {1}{1 + y \cos x} \mathrm{d} x
$$

最终积分结果为 $\pi \arcsin a$

## 14.2 含参反常积分与一致收敛

## 14.2.1 基本概念

## 定义 14.2 (含参反常积分)

$f(x,t)$ 在 $[c, +\infty) \times I$ 上有定义，对 $\forall t \in I$ ，反常积分 $\int_{c}^{+\infty} f(x,t) \mathrm{d}x$ 收敛，则记 $\Phi(t) = \int_{c}^{+\infty} f(x,t) \mathrm{d}x$ 称其为含参反常积分。

## 定义 14.3 (含参反常积分一致收敛)

若对 $\forall \epsilon, \exists N > c, \forall M > N, \forall t \in I$ 有 $|\int_{M}^{+\infty} f(x,t) \mathrm{d}x| < \epsilon$ ，则称 $\int_{c}^{+\infty} f(x,t) \mathrm{d}x$ 一致收敛于 $\Phi(t)$

## 定理 14.3 (一致收敛基本充要条件)

含参反常积分一致收敛有以下两个基本充要条件：

\- Cauchy 收敛准则： $\forall \epsilon, \exists M > c, \forall A_1, A_2 > M, \forall t \in I$ 满足 $|\int_{A_1}^{A_2} f(x, t) \mathrm{d}x| < \epsilon$

\- 上确界判别法： $\lim_{A\to +\infty}\sup_{t\in I}|\int_{A}^{+\infty}f(x,t)\mathrm{d}x| = 0$ 。

## 笔记 证明不一致收敛一般用上确界判别法，具体见下面的例子

练习 14.4 重要例子：确界判别 证明 $\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin xy}{y}dy$ 在 $[\delta,+\infty)$ 上一致收敛，但在 $(0,+\infty)$ 上不一致收敛

证明 (1) 一致收敛：做变量替换 u=xy 得到 $\int_{A}^{+\infty}\frac{\sin xy}{y}dy=\int_{Ax}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}du$ ，根据反常积分 Dirichlet 判别法可知 $\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin u}{u}du$ 收敛，因此 $\forall\epsilon,\exists M,\forall A'>M$ 时，有

$$
\left| \int_ {A ^ {\prime}} ^ {+ \infty} \frac {\sin u}{u} \mathrm{d} u \right| <   \epsilon
$$

对题中的 $\delta$ ，取 $A > \frac{M}{\delta}$ ，当 $x \geq \delta$ 时有

$$
\left| \int_ {A} ^ {+ \infty} \frac {\sin x y}{y} \mathrm{d} y \right| <   \epsilon
$$

因此根据确界判别法可知一致收敛。

(2) 不一致收敛：因为

$$
\sup _ {x \in (0, + \infty)} \left| \int_ {A} ^ {+ \infty} \frac {\sin x y}{y} \mathrm{d} y \right| = \sup _ {x \in (0, + \infty)} \left| \int_ {A x} ^ {+ \infty} \frac {\sin u}{u} \mathrm{d} u \right| \geq \left| \int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {\sin u}{u} \mathrm{d} u \right| = \frac {\pi}{2}
$$

当 $A \to +\infty$ 时，极限不趋于0，因此根据上确界准则可知不一致收敛。

笔记 本题在 $[\delta, +\infty)$ 上也可以用 Dirichlet 判别法，在 $(0, +\infty)$ 无法用的原因在于 $\int_0^N \sin xy \, \mathrm{d}y = \left. \frac{\cos xy}{x} \right|_0^N$ 对 $x \in [0, +\infty)$ 不一致有界。

练习14.5不一致收敛例子(1)讨论 $\varphi (x) = \int_0^{+\infty}xe^{-xy}\mathrm{d}y$ 在 $(0, + \infty)$ 上的一致收敛性解 $(1)\varphi (x) = \int_0^{+\infty}e^{-xy}d(xy) = e^{-xy}|_{+\infty}^0 = 1$ ，但是其不一致收敛，原因是 $\sup_{x\in (0, + \infty)}|\int_M^{+\infty}xe^{-xy}\mathrm{d}y| = \sup_{x\in (0, + \infty)}e^{-Mx} = 1$ 不趋于0。(如果 $x\in (a, + \infty),a > 0$ 则一致收敛)

## 定理 14.4 (M 判别法)

若 $g(x)$ 满足 $|f(x,t)| \leq g(x), x \in [c, +\infty), t \in I$ ，且 $\int_{c}^{+\infty} g(x) \mathrm{d}x$ 收敛，则 $\int_{c}^{+\infty} f(x,t) \mathrm{d}x$ 在 $I$ 上一致收敛。

## 定理 14.5 (比较判别法)

$f(x,t)$ 在 $[c, +\infty) \times I$ 上连续， $|f(x,t)| \leq F(x,t)$ ，若 $\int_{c}^{+\infty} F(x,t) \mathrm{d}x$ 在 $I$ 上一致收敛，则 $\int_{c}^{+\infty} f(x,t) \mathrm{d}x$ 在 $I$ 上绝对一致收敛

证明 根据 Cauchy 收敛准则可知 $\forall\epsilon,\exists M,\forall A_{1},A_{2}>M,\forall t,|\int_{A_{1}}^{A_{2}}F(x,t)\mathrm{d}x|<\epsilon$ ，因此推出 $\int_{A_{1}}^{A_{2}}|f(x,t)|\mathrm{d}x<\epsilon$ 。

练习14.6M判别法(1)证明 $\int_0^{+\infty}\frac{\cos xy}{1 + x^2}\mathrm{d}x$ 在 $(- \infty , + \infty)$ 上一致收敛

(2) 证明 $\int_{0}^{+\infty} e^{-x^2 y} \, \mathrm{d}y$ 在 $x \in [a, b]$ 一致收敛

证明 (1) 对任意 $y$ 有 $\left|\frac{\cos xy}{1 + x^2}\right| \leq \frac{1}{1 + x^2}$ ，而 $\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^2}$ 收敛，因此由 $M$ 判别法可知一致收敛。

(2) 由于 $e^{-x^2y} \leq e^{-a^2y}$ , 且根据比较原则 $\int_0^{+\infty} e^{-a^2y} \mathrm{d}y$ 收敛

笔记 即使含参反常积分是常数，也不代表其一致收敛。

## 14.2.2 Dirichlet 与 Abel 判别法

## 定理 14.6 (Dirichlet 与 Abel 判别法)

对于 $\int_{c}^{+\infty}f(x,t)g(x,t)\mathrm{d}x$ ，满足下面的条件则一致收敛- Dirichlet 判别法: (1) $\forall N > c, \int_{c}^{N} f(x, t) \mathrm{d}x$ 关于 $t$ 一致有界 (2) 固定 $t \in I$ , $g(x, t)$ 关于 $x$ 单调, 且 $x \to \infty$ 时关于 $t$ 一致收敛 (即与 $t$ 的选取无关) 到 0

\- Abel 判别法: (1) $\int_{c}^{+\infty} f(x,t) \mathrm{d}x$ 在 $I$ 上一致收敛 (2) 固定 $t \in I$ , $g(x,t)$ 关于 $x$ 单调, $g(x,t)$ 关于 $t \in I$ 一致有界
![](3f126d83b6ea9697d9f0e348d015e579832e02fcc703d48ac76fdd9deaed2701.jpg))

笔记 注意这里单调都是关于 x 的，一致都是关于 t 的。

练习14.7Dirichlet判别法(1)证明 $\int_1^{+\infty}\frac{\sin x}{1 + xe^y}\mathrm{d}x$ 在 $[0, + \infty)$ 一致收敛

(2) 证明 $\int_{1}^{+\infty} \frac{y \sin xy}{1 + y^2} \, \mathrm{d}y$ 在 $(0, +\infty)$ 上内闭一致收敛

证明 (1) $\left|\int_{1}^{N}\sin x\mathrm{d}x\right|$ 关于 $y$ 一致有界。 $\frac{1}{1 + xe^y}$ ，一旦固定 $y$ ，肯定关于 $x$ 单调。由于 $0 < \frac{1}{1 + xe^y} \leq \frac{1}{1 + x} \to 0$ ，因此一致收敛到0。由Dirichlet判别法可知。

(2) 对于 $[a, b] \subset (0, +\infty)$ ，对 $\forall x \in [a, b]$ ，有

$$
\left| \int_ {1} ^ {N} \sin x y \mathrm{d} y \right| = \left| - \frac {\cos x y}{x} \right| _ {1} ^ {N} \leq \frac {2}{a}
$$

而 $\left|\frac{y}{1 + y^2}\right| \leq \frac{1}{2}$ 一致有界，且

$$
\left(\frac {y}{1 + y ^ {2}}\right) ^ {\prime} = \frac {1 - y ^ {2}}{(1 + y ^ {2}) ^ {2}} \leq 0
$$

因此 $\frac{y}{1 + y^2}$ 单调减， $y \to +\infty$ 时， $\frac{y}{1 + y^2} \to 0$ ，根据Dirichlet判别法可知

练习14.8Abel判别法(1)证明 $\int_0^{+\infty}e^{-xy}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x$ 在 $[0, + \infty)$ 上一致收敛

(2) $\varphi(y) = \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x^2}{1 + xy}\mathrm{d}x$ 在 $y\in [0, + \infty)$ 一致收敛

证明 (1) $\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx$ 关于 y 一致收敛。 $e^{-xy}$ 关于 x 单调，且 $0<e^{-xy}\leq1$ 一致有界，由 Abel 判别法可知
(2) 用 Abel

## 14.3 含参反常积分的性质

## 14.3.1 含参反常积分的极限与连续性

## 定理 14.7 (连续性)

设 $f(x,t)$ 在 $I\times [c, + \infty)$ 上连续，若 $\Phi (t) = \int_{c}^{+\infty}f(x,t)\mathrm{d}x$ 在 $I$ 上一致收敛，则 $\Phi (t)$ 在 $I$ 上连续，即 $\lim_{t\to t_0}\int_c^{+\infty}f(x,t)\mathrm{d}x = \int_c{^+\infty}f(x,t_0)\mathrm{d}x$

## 14.3.2 含参反常积分的可微性与可积性

## 定理 14.8 (可微性)

若 $f(x,t)$ 与 $f_{t}(x,t)$ 在 $[c, +\infty) \times I$ 上连续， $\Phi(t) = \int_{c}^{+\infty} f(x,t) \mathrm{d}x$ 在 $I$ 上收敛， $\int_{c}^{+\infty} f_{t}(x,t) \mathrm{d}x$ 在 $I$ 上一致收敛，则

$$
\frac {\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \int_ {c} ^ {+ \infty} f (x, t) \mathrm{d} x = \int_ {c} ^ {+ \infty} \frac {\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} f (x, t) \mathrm{d} x
$$

证明 取任意单增趋于 $+\infty$ 的序列 $A_{n}$ ，令 $u_{n}(t) = \int_{A_{n}}^{A_{n + 1}}f_{t}(x,t)\mathrm{d}x$ ，转化为函数列的逐项求导问题。

## 定理 14.9 (可积性)

$f(x,t)$ 在 $[c, + \infty)\times [a,b]$ 上连续， $\Phi (t) = \int_{c}^{+\infty}f(x,t)\mathrm{d}x$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛，则

$$
\int_ {a} ^ {b} \mathrm{d} t \int_ {c} ^ {+ \infty} f (x, t) \mathrm{d} x = \int_ {c} ^ {+ \infty} \mathrm{d} x \int_ {a} ^ {b} f (x, t) \mathrm{d} t
$$

## 定理 14.10 (常用的积分公式)

设 $p > 0$ ，则含参积分 $\int_0^{+\infty}e^{-px}\frac{\sin bx - \sin ax}{x}\mathrm{d}x = \arctan \frac{b}{p} -\arctan \frac{a}{p}$

证明 首先 $\frac{\sin bx - \sin ax}{x} = \int_{a}^{b}\cos xy\mathrm{d}y$ ，因此

$$
I = \int_ {0} ^ {+ \infty} \mathrm{d} x \int_ {a} ^ {b} e ^ {- p x} \cos x y \mathrm{d} y
$$

由于 $|e^{-px}\cos xy|\leq e^{-px}$ ，显然 $\int_0^{+\infty}e^{-px}\mathrm{d}x$ 绝对收敛，因此 $\int_0^{+\infty}e^{-px}\cos xy\mathrm{d}x,y\in [a,b]$ 一致收敛，交换积

分顺序得到

$$
I = \int_ {a} ^ {b} \mathrm{d} y \int_ {0} ^ {+ \infty} e ^ {- p x} \cos x y \mathrm{d} x
$$

根据表格法得到:

$$
\int_ {0} ^ {+ \infty} e ^ {- p x} \cos x y \mathrm{d} x = - \frac {1}{p} e ^ {- p x} \cos x y \bigg | _ {0} ^ {+ \infty} + \frac {y}{p ^ {2}} e ^ {- p x} \sin x y \bigg | _ {0} ^ {+ \infty} - \int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {y ^ {2}}{p ^ {2}} e ^ {- p x} \cos x y \mathrm{d} x
$$

因此得到 $\frac{y^2 + p^2}{p^2}\int_0^{+\infty}\cos xy\mathrm{d}y = \frac{1}{p}$

$$
I = \int_ {a} ^ {b} \frac {p}{p ^ {2} + y ^ {2}} \mathrm{d} y = \arctan {\frac {b}{p}} - \arctan {\frac {a}{p}}
$$

## 定理 14.11 (Dirichlet 积分)

积分 $\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}$ ，进一步地， $\int_0^{+\infty}\frac{\sin ax}{x}\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\mathrm{sgn}(a)$

## 定理 14.12 (正态积分公式)

$$
\int_ {0} ^ {+ \infty} e ^ {- x ^ {2}} \mathrm{d} x = \frac {\sqrt {\pi}}{2}
$$

练习14.9相关练习(1) $\int_0^{+\infty}\frac{e^{-a^2x^2} - e^{-b^2x^2}}{x^e}\mathrm{d}x$

## 14.3.3 含参反常积分与函数项级数的关系

## 定理 14.13 (一致收敛级数表示法 (ZJU 考研考过))

$\int_{c}^{+\infty}f(x,y)\mathrm{d}y$ 在 $I$ 上一致收敛的充要条件为对任一趋于无穷的递增数列 $A_{n}$ (其中 $A_{1} = c$ ), $\sum_{n=1}^{\infty}\int_{A_n}^{A_{n+1}}f(x,y)\mathrm{d}y$ 作为函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x)$ 在 $I$ 上一致收敛

证明 (1) 左推右：由于一致收敛，因此 $\forall\epsilon,\exists M>c$ 使得 $A^{\prime\prime}>A^{\prime}>M$ 时， $\forall x$ 有 $\left|\int_{A^{\prime}}^{A^{\prime\prime}}f(x,y)\mathrm{d}y\right|<\epsilon$ ，由于 $A_{n}$ 趋于无穷， $\exists N,\forall m>n>N$ 有 $A_{m}>A_{n}>M$ ，对 $\forall x\in I$ 有 $|u_{n}(x)+\cdots+u_{m}(x)|=|\int_{A_{n}}^{A_{m+1}}f(x,y)\mathrm{d}y|<\epsilon$ ，即右侧级数一致收敛

(2) 右推左：反设含参积分不一致收敛， $\exists \epsilon_0, \forall M > c, \exists A'' > A' > M, x' \in I$ 使得

$$
\left| \int_ {A ^ {\prime}} ^ {A ^ {\prime \prime}} f (x ^ {\prime}, y) \mathrm{d} y \right| \geq \epsilon_ {0}
$$

先取 $M_{1} = \max \{1,c\}$ ，则 $\exists A_2,A_1$ 满足 $A_{2} > A_{1} > M_{1}$ ，以及 $x_{1}\in I$ 使得

$$
\left| \int_ {A _ {1}} ^ {A _ {2}} f (x _ {1}, y) \mathrm{d} y \right| \geq \epsilon_ {0}
$$

同理取 $M_{n} = \max \{n,A_{2n - 2}\}$ ，有 $A_{2n} > A_{2n - 1} > M_n,x_n\in I$ 使得

$$
\left| \int_ {A _ {2 n - 1}} ^ {A _ {2 n}} f (x _ {n}, y) \mathrm{d} y \right| \geq \epsilon_ {0}
$$

此时 $\exists \epsilon_0, \forall N, \exists n > N, \exists x_n \in I$ 使得 $|u_{2n}(x_n)| = |\int_{A_{2n}}^{A_{2n + 1}} f(x_n, y) \mathrm{d}y| \geq \epsilon_0$ ，这与函数项级数一致收敛条件矛盾

(因为一致收敛要求所有 x 都趋于 0)。






> [!proof]- 证明状态
> 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。