反常积分的审敛法

第 11章 反常积分11. 1 反常积分的概念一、无穷限反常积分定义1设函数f(x)在a, +s)上有定义，且在任意区间a, u上可积，如果 lim J u ( )du豐jzx存在，则称此极限为f(力在a，+g)上的反常积分，亦称为f(对在a，+g)J上的无穷限反常积分，简称无穷限积分，记作ie:J +s f(x)d x = lim J u f(x)d x，au +o a，J +sf(x)dxJ +s f(x)dx此时并称 a收敛如果极限不存在，则称 a发散Jb f(x)dx=limJbf(x)dx， J+sf(x)dx=Ja f(x)dx+J+sf(x)dxssaf (x)d xaf (x)d xa一 基本内容buu g同理可定义g几何解释如图J+s f (x)d xa 收敛 是指图中阴影区域的 面积存在二、瑕积分定义2设函数f(x)在(a, b上有定义，且在点a的任一右邻域内无界，而在 弘b u (a，b上有界可积，如果J(x)d x存在，则称此极限为无界函数f(x)在上a b的反常积分，记作(x)d x，ie ： J：f(x)d x=巴 l：f(x)d x，并称 nf(x)d x 收 敛，否则称其发散.其中a称为瑕点.无界函数的反常积分亦称为瑕积分.同理可得b为瑕Jb f(x)d x = lim Ju f(x)dx点时，au Tb_ a当f (x)的瑕点c G (a, b)，则定义J bf (x)d x = J cf (x)d x + J bf (x)d xaac=lim J uf (x)dx + lim J bf (x)dxU Tc+若a,b都是f (x)的瑕点，则定义 J bf (x)d x = J cf (x)d x + J bf (x)d xaac= lim J c f ( x)d x + lim J u f (x)d xu Ta+ uu Tb cu Tc_ aU Tc+ u.习题解答1讨论下列无穷积分是否收敛？若收敛，则求其值J +8 xe-x2d x(1) 0 ；1j uxe-x2 dx =(1-e-u2) 解：由于o2lim J uxe-x2dx =2 u T+旳 0所以该反常积分收敛，且收敛于2 .J +8 xe-x2d x(2) -8 ；J 0xe-x2 dx = 一丄(1 一eu2) 解：由于u2lim J 0 xe-x2d x =- u2而 J +8 xe - x2 d x = J 0 xe - x2 d x + J +8 xe -x2 d x = 0 而 -8 -8 0 所以该反常积分收敛，且收敛于0+8丄宀x(3)0 ex；J dx = 2解：由于0 2=2所以该反常积分收敛，且收敛于2J - 1+G0d x(4)1 x2(1+ x)(11 1 )11 V x 2 x 1 + x 丿dxJ u 1 d x = J u 解：由于 1 x2(1+ x)所以该反常积分收敛1j(5)(1| x +1)+ ln(x x丿11U = 1 -丄 + In 山uulim J ud x = 1 - ln2u T+81 x 2(1+ x)且收敛于1- ln2 .+88 4 x2 + 4 x + 5；Ju 1 d x =1Jud(2x +1)解：由于 0 4x2 +4x+52 0 (2x+1)2 +11 1兀=arctan(2x +1)u = arctan(2u +1)2 0 2 8-ln21兀兀兀lim J ud x =-=u t+80 4x2 + 4x + 5488,14 x2 + 4 x + 52uFRd(2 x+1)J 0u20=uarctan(2u +1)8 2lim J 0u -ya u1、兀兀d x =+4x2 + 4x + 58 4所以该反常积分收敛，且收敛于2 .J +ae-x sin xd x(6) 1 ；u1ue-x sin x d x = 1-e-u (sin u + cos u)解：由于 12limu -+aJ uex sin x d x =丄1 21所以该反常积分收敛，且收敛于2.J +aex sin xd x-aJ解：由于 0(7)u1ex sin x d x = 1-eu (sin u + cos u)lim J uexsinxdx =au -+a 1所以该反常积分发散J +go1 d x（8）1 1 + x2解：J ud x = ln(u + ： 1 + u2)由于 1 X1 + x 2lim Ju -+aud x = +a1 1 + x 2所以该反常积分发散2 讨论下列瑕积分是否收敛？若收敛，则求其值(1)Jba1(x- a)pdx解：由于 x = a 为瑕点，而u (x - a)p(b - a)1-p1 (、(u a)1-p d x = 1 - p 1 - pln(b - a)-ln(u - a)p丰1p=1lim J 匚u a+ u (x - a) p(b - a)1-p d x = 1 pa(b - a)i-p所以p 1时，该瑕积分收敛，且值为1一 p ； 所以p -1时，该瑕积分发散.J -d x(2)0 1 - x2；解：由于x =1为瑕点，而u 11J ud x = ln(1+ u) 一 ln(1- u)0 1- x22，lim J u - d x = g uT1- 0 1 - x2所以该瑕积分发散2. d x0 x -1|J 2 1(3)解：由于x = 1为瑕点，而J u d x = Jd x = 2(1 v 1 u)0 jx 10 丫1一 xlim Ju Tl-0.d x = 2 x -1|lim J 2 1d x = 2同理u t1+ u x 一1，所以该瑕积分收敛，且值为4J 1 xd x(4)o*1 x2；u解：由于x =1为瑕点，而0J uxd x = 1 1 u 21 x 2lim J u xd x = 1u Tl- o 1 x2所以该瑕积分收敛，且值为1J 1ln x d x(5) 0 ；解：由于x = 0为瑕点，而 J 1ln x d x = -1 + u - u In uu，lim J 1ln x d x = -1u to+ u所以该瑕积分收敛，且值为-1.xJ 1(6) 0 解：令 x = sin2t，贝y2sin t cos t d t2 2sin 21 d t = J 2(1 - cos21)d t =0 0 2 ，兀兀J 1 1 d x(7)0 ：x x 2解：令x = sin2t，则J 1 dx = o /x x2(8)J 1 1 d xo x(ln x) p所以该瑕积分收敛，且值为 2 u2sin t cos t,J 2d to sin21(1-sin21)f u=J 2 2d t = uo所以该瑕积分收敛，且值为u .解：由于x = 0，1为瑕点,1x(ln x)p丄dx=1 时,lim - (ln x)1-p = 8 x T1-1 - pJ 1 1 d xp 1 时,所以Vp G R，瑕积分0 x(lnx)p发散.3举例说明：瑕积分Jaf(x)dx收敛时，bf2(x)dx不一定收敛. 解:例如01代dx收敛于1，但0亡dx发散.4举例说明：积分J a00/ x收敛，且f (x)在a，+)上连续时，不一定有 lim f (x)=0xT+3J+8 x sin x4 d xx = 47/ 口解：例如.因令x = 41得J +8 x sin x 4 d x = J d t14 1 0，因巴兀力=A，所以Am“x M n f (x)一”EM 0，27J u f (x)d x - (u M) 于是M2，从而lim J u f (x)d x = gUT+8 M此与a f (x)d x收敛矛盾，故A = 0.J6 证明：若f(x)在a，+上可导，且 lim f (x) = 0XT+8+s f(x)d x 与 J+s f，(x)d x a与 a都收敛， 则Jufx)d x = f (u) f 证：因为 a，J + f(x)d xlim f (x)都收敛知xT+s存在,lim f (x) = 0故由上一题知 xT+s所以由 aXT+811. 2 无穷限积分的性质与收敛判别基本内容一、无穷限积分的性质由无穷限积分的定义知卜 f (x)d x 收敛 ：f (x)d x 存在;由极限的柯西收敛准则知lim J u f (x)d x 存在 o% 0,EG a,u T+8 am“u ,u G n12定理1J/(x)d x 收敛 o 眈 0,EG a,J u2 f (x)d x G nJ u2 f (x)d x a，f (x)在a，u上可积，则 Vb a，+8 f (x)d x 与 L f (x)d x 同收J +8 f (x)d x = f b f (x)d x + J +8 f (x)d xaab若Vu a，f (x)在a，u上可积，则 J+8|f (x)|dx3J+8 f (x)d xa收敛 a收敛,J+8| f (x)|d xa.j +8a如果Jf(x加x收敛，则f (x)d x a f(x), g(x)在a, u上可积，且 Vx a, |f (x)| a，f(x)，g(x)在a，u上可积，Vx a，g(x) , 且lif(x)lim= cX T+a g(x)，则0 c a 0,f (x)在a, u上可积，则 皿 1时，5(册x收敛；f(x)土，且p a ，f (x)在a，u 上可积，且 lim xP lf (x)l则xT+旳，人0, 且p1 时，(x)ldx收敛；0 da，且 P a，F(U)= f 3 x有界，g(x)在a，+a)上单调，且 lim g (x) = 0xT+8f (x)g (x)dx 收敛.f f(x)dx收敛，g(x)在a, +上单调有界，则J定 理 5 (阿 贝尔判别 法 ) 若j+8 f (x) g (x)d xa收敛习题解答f 2(x)d xa:f (x)+g (x )2d x 亦1设f (x)与g(x)是定义在a，+8)上的函数，Vu a，f (x)与g(x)在a，u上可积, 证明f 2(x)d x 与+ g2(x)d x 都收敛，则f (x)g(x)d x与 J收敛.，从而证：因为 Vt e R，(f (x) - g(x) 1 n 0J +8 (f (x) + g (x)2 d x 0a，t2J+a f2(x)dx-2tJ+a f(x)g(x)dx+J+ag2(x)dx0 即 aaa.故由判别式为负得、2J +a f (x)g(x)d x - 4J +a f 2(x)d xJ +a g2(x)d x 0aaa+a f (x)g(x)d x J +a f 2(x)d xJ +a g2(x)d xaaa.:f 2(x)d x，A g2(x)d x 收敛,所以rf( x)g( x)d x 收敛.f (x) + g (x)2d x a=J +8 f 2( x)d x +2 J +8 f (x) g (x)d x +J +8 g 2( x)d x所以J / (x)+g (x )2d x 收敛证：(2) 因为J +saf2(x)d xJ+S g2(x)d xa都收敛，J +S f 2(x) + g2(x) dx所以 a2收敛f 2( X)+ g 2( X)2J +Sa/(x)g(x)d x绝对收敛，亦收敛.J+Sf(x)+g(x)2dxa=J +S f 2 (x)d x + 2J +S f (x) g (x)d x + J +S g 2 (x)d xaaa所以由四则运算知2 /(x) + g (x )2d x收敛.2设f (x)、 g(x)、 h(x)是定义在a，+S)上的三个连续函数，且f (x) g(x) h(x), 证明若2 f W x，J吶x都收敛，则L g W x也收敛；证：因为 f (x) g(x) a，J uf (x)d x J ug(x)d x 1时，1xn收敛.xmi +8d x (m, n 0)(6)0 1 + xn.xmlim xnm 一=1解：因为x T+81 + xn，所以J* Sd x当n 一 m 1时，0 1 + x n收敛.4讨论下列无穷限积分绝对收敛还是条件收敛: i+8 曲 d x(1)1 x ；解：所以而|F (u )1= J six d x1 vx发散，2cosl 2cos yu | 4g (x) Vx在x T +8时单调下降以零为极限,J +8 sin x-x所以由狄氏判别法知1J +8 血 d x综上可知 1 x 条件收敛J+8 sgn(sin x) 0 -+8d xx 收敛解：因为所以J(3)1 + x2sgn(sin x)dx1 + x2，而o 1+x? d兀收敛,J+8 sgnCsinx) dx01 +x 2绝对收敛.+8 也 d xo 100 + x|F(u)|= J ucosxdx = |sinu 1解：因为g (x)二 云而100 + x在x T +8时单调下降以零为极限,100 + x100 + x100 + x100 + x ，又，J+8長d xJ+M cos2x d x而0 100 + x 发散，0100 + x收敛J +8Vxcosx d x所以0100 + x4L.发散，J+8 以 COs x d x综上可知 0100+x 条件收敛.J+8ln(ln x)sin x d x(4) eln x.|F(u)|= J usin xdx = |cose -cos u| sin2 x =cos2 x2ln x 2ln x卜ln(ln x) cos2 x d xe lnx收敛，所以由狄氏判别法知eln(ln x)ln xJ+x ln(ln x)而e所以ln xd xln x 发散，卜型凹sin x d xe ln x条件收敛J5 举例说明，J +x f 2(x)d xa也不一定收敛)_ sin xf (x) _ J=证：例如4x，a f (x)d x 不一定收敛；( x)d x绝对收敛f (x)= 0, 3M a, 3“x M n |f (x)| M1 时，f2(x) a，取 M = maxM ,M ,3“u , u12则 u1, u 2 M 时JIf(x)|dx 1u2u故J:f 2( x)d x 收敛.u2 f 2(x)d x iN f (x)|duix 0 .实因3x e a, +s), f (x ) x 时，f (x) |f (x )|(u -x )x00lim J f (x)d x = s u -+s x0 +s f ( x)d x a收敛得假设从而a+d x收敛，则巴心=00，此与+/(x)d x收敛矛盾.V 0, 3M a3“ x 2 M nJ xf (t )d t f (x)J xdt = 1 xf (x) 0W*去22 2 ， 所以 x 2M 时，0 xf (x) ，于是0 f (x) 0证：假设xt+s，则玉0 0VM a因为f (x)在a，+S)上一致连续，3“0 0，2x收敛，则辽E = 03x M3“|f (x )1 ”o ，0 ool5 n| f (x) - f (x0)|f (x)|-If (x)-f(x)ln”从而于是 VM a ,xo M,“J x f (x)d x n-o|x一x | -0此与J 7f (x)d x收敛矛盾,x0r+ lim f (x) = 0故-XT+39 利用狄利克雷判别法证明阿贝尔判别法.证因为Jf f(X)d X 收敛，所以 3M 0 ,血 a ,|F(u)|= i f (x)d x f (x) g (x)d x = J f (x) (g (x) - A )d x - AJ f (x)d x aaa故 Jf(x)g(x)d x 收敛.11. 3 瑕积分的性质与收敛判别基本内容一、瑕积分的性质设a为瑕点，由瑕积分的定义知J b f (x)d xo lim i b f (x)d xa 收敛存在u_a+ ，由极限的柯西收敛准则知lim J bf (x)dx8 cu_a+ 存在 O 號0,弓8 0,J 2 f (x)dx 0,38 0，J 2 f (x)d x a, f (x)在u, b上可积，则性质 2iabf2(x)dx 都收敛则 Vk1, k2且收敛时，而推论(比较判别法的极限形式)若Vu a，f (x)，g (x)在u，b上可积，Vx a，g (x) , lif (x)lim= c且 xTa+ g (x)，则0 a ，f (x)在u，b上可积，则 心乔且0 P 1 时，J I/(x)3 (柯西判别法的极限形式) 若(2)定理lim( x 一 a) p I f (x) 1=九 x Ta+，则dx 发散Vu a 0, f (x)在u, b上 可积，且bf (x)d x 收敛 Jbf (x)d x 收敛,J bf (x)d x a，f (x)，g(x)在u，b上可积，且 Vx a，f (x) - g (x), 儿(X)d X收敛丿f (X)MX收敛， Jb|f (x)|dx 发散=Jbg(x)d x 发散(1) 0九+8且0p1 时，(x)Mx收敛;0九+8且p工1时，(x)dx发散.习题解答1 讨论瑕积分的收敛性J 2 1 d x(1)0 (x-1)2；解：瑕点为x =1 .改写积分为J 2 d x = J 1d x + J 2 d x0 (x-1)20 (x-1)21 (x-1)2所以fdd x而0 :x 收敛,f 11d x因为 0 (x1)2发散f 5 d x0 3(2) x 2；解：瑕点为x = 0 .sin x . lim * x = 1 因为x T0+x 2，f “ 沁 d x0 3x 2收敛.fd xf 21 d x所以 0 (x 1)2发散(3) 0 ”x ln x ； 解：瑕点为x = 0, 1.x 1 H1=lim= lim= 1xT1- 丫 x In x xT1- ln x + ) x2 xlim( x 1) 1 -x t1-x ln x因为f 1 1 d xf 11 d x而ol-x 发散，所以0，xInx 发散. 1 ln x1 d x 01 x；f(4)解瑕点为x =1.lim(l x)2 X Tl-1 x11 In xIn x h(1 x)2八=lim= lim= 0i2 xX T1 (1 x)2 xT11d x0 v1 x收敛,1 arctan x1d x(5)0 1 x3解：瑕点为xT.所丿01豊d x收敛.arctan x 兀xmarctanxlim(1 一 x) lim而 xT11x3xT11+ x+ x2 12 ，f 1丄 d xf 1ar沁 d x又 01 x发散，所以 0 1 x3发散.耳 1 一 cos x ,2d x(6)0xm；解：瑕点为x=0.1 cos x 1 lim xm-2=而 x T0+xm2 ，耳 1 一 cos x ,2d x所以当m 2 1，即m 1，即m 3时0Xm发散.f 1 丄 sinS x(7)0 XaX ；解：瑕点为x = 0 .而11sin XaX1 -Xa20 x a11sin XaXsin id xX 绝对收敛；所以当0 a 1时， 2 时，Xa-1f 1 丄 sinS xf 】-dx，而 0 xa-1发散，所以此时 0 xax 发散；f 1 丄 sind x当1 a 0 (1)0 x +11 x +1x =1d x = d t证：令t，贝y12，于是J 1 d x = lim J 1 d x = lim J 1 0 X + 1e_0+ e x + 1e_0+1 tp-1ex p 11112)d t 丿=lim J :丄 dt = J+8- dt e0+11 +111 +1,J 1d x = J +8d x, p 0所以 0 x +11 x +1J+8 3 d x = j+8 旦 d x,0 p 1 (2)0 x +10 x +1证：因为0 p 1，所以x = 0为瑕点.dx=贝t2于是1x = 令t+8 XP-1+8 U d t0 t +1d x = J o 丄亠丄d t = Jx + 1+8 tp-1丄 + 1 12t所以+8 亠 d x = Jo x +12 证明下列不等式冗id x 冗J (1)2 2 o 1 x 42 ；证： x =1为瑕点丄1lim(1 x)2 二=lim -而 xtI-1 x4 xtI- ：(1+ x)(1+ x2) 2J 1 d x收敛贝y d x = cos t d t , 于是J1 咅=Jjo 1 x4o1 + sin21所以0门-x4dt又设 x = sin t ，V . 121 + sin 21,冗,d x 冗 j 1所以(2)2：2 o ；1 x42j +8 e-x2d x J 1 e -x2 d x 而 oo1o11 111nJ 1 xe-x2 d x = -J 1 e-x2d(-x2)=-o2 o2 2eJ +8e-x2 dx=J1e-x2dx+J +8e-x2dx o)(1)o；解：J +8 e - axJ +8 e-ax d(sin bx)+ J +8 e-ax sin bx d x b oo=e_ ax sin bx bob oJ +8 ex d(cos bx)b2 o+8 a 2 J +8 e - ax cos bx d x b2 oo f +8 e - ax cosbx d xb 2b2 oe - ax cos bx b 2卜 e-ax cos bx d x-oa2 + b2为所求.f +8 e-ax sin bx d x(a 0)(2) o；解：方法同上可得所以f+8 e-ax sin bx d x 0a 2 + b2f(3)f解：f就f旦 d xo 1 + x2+8 ln xo 1 + x2d x-f 1o 1 + x21x t，叵d x1 1+x 2作变换叵d x-f o也1 1 + x21 1 + t2旦 d x - o 1 + x 2.肛 d x + f+ 8 旦 d x1 1 + x 2，d x 一 d t贝t 2，于是、 J 1 ln td t j d to 1 + t212丿所以卜(4)f 2 ln(tanQ )d Q odQ 解：设tan Q = x，贝卩f 2 ln(tanQ )d Q -o1 d x1 + x 2,于是+8 旦 d x - o o 1 + x 2.卜泌d x （b丰o）4讨论反常积分ox九,尢取何值时绝对收敛,尢取何值时条件收敛.卜泌d x-f 1泌d x +解：o x1sinbx1 d x就o x ,当九o时,sinbxx入f】x o 为瑕点f丄d x 而o x 收敛,1 -xsinbx所以当o九 1时，o xlim x 入-1当1 X o，f 1丄而 xX1而一 x1发散，所以当九2时，=|b| 0，判别法知cos2 bx=xx九x九d xf +8 沁 d x发散，故1x九条件收敛.sinbxx九所以sinbx+81x九d x收敛，所以当1 九 2时，1 sinbx1 d x x 绝对收敛.,.sin bx=limxt x1 sinbx1d x x发散.f+8 泌 d xf+8 沁 d x就1 x九，当x 时，1 x九发散.当 x 1时，F(u) = f ：sinbxd x在1,+8)上有界，巩x)r单调以零为极限，由狄氏 f +8 泌 d X1 x 收敛.sin bx sin2 bx1当九1时，因为f 1丄 d x而 x九 收敛，所以当九1时，1 sinbx1d x妙 绝对收敛.f +8 沁 d x综上可知，当九 时，或 “ 2时， x发散;f +8 泌 d x当X 1时，妙条件收敛；f +8 沁 d x当1 2时， 企绝对收敛.5 证明：设 f 在,+8)上连续， a 0+, A +8 得J+8 f (ax) - f (-x) d x = (f (0) - k)ln - 0xaJ +8 f (X) (2)若 aJ0证：由(1)得d xx 收敛，则+8 f (ax)-Zdx = f (0)ln - xaJ +8 f (ax) - f (-x) d x JbS 凹 d t -J -Aft) d t0xaS taA t收敛，所以由柯西收敛准则得 f ( X) 1xm“u , u M nJ 2 八d x 0, 3M a 12, 1 lim J-A 凹 d t = 0AT8 aA tJ+8 f (ax) - f (-x) d x = f (0)in - 0xa6 证明下述命题(1)设a 0，/(x)为a，+8)上的非负连续函数.若J SM