《数学分析》课程教学资源（试题集锦）第十一章 反常积分

第十一章反常积分 §1反常积分概念及其性质 例1证明:若f在(+)上连续,且厂(x)d收敛,则对任何x∈(a+∞),有 d dxl/(o)dt=f(x) drJ(o)dt=-f(x) 证va,由条件f(x)dx=,(x)=J都存在:再由∫连续,便可证得 ()=(+()-( d f(rdt+,=-f(x) 例2设「f(x)dx收敛。证明 (1)若极限lmf(x)存在,则lnf(x)=0 (2)若f在[a+∞)上为单调,则lmf(x)=0。 证(1)设lmf(x)=A。若A≠0(设A>0),则由极限保号性,彐G>a,当x≥G时满足 f( 于是有 Fedx=ff(x)dx+[ (a-=G) f(rdx 而这与[f(x)dx收敛相矛盾,故A=0 (2)若f在[口+∞)上单调而无界(设为递增而无上界),则vA>0,3G>a,当x≥G时,使f(x)≥A 类似于(1)的证明,推知[(x)k=+,矛盾。所以,∫在[+)上单调而有界,mf(x)=4。依据 已证得的命题(1),imf(x)=0 例3证明:若(x)收敛,且厂在[+)上一致连续,则必有lmf(x)=0 证由f在[a+)上一致连续,VE>0,6>0设δ≤B),当xx∈[+)且x-x<δ时,总有

第十一章 反常积分 §1 反常积分概念及其性质 例 1 证明：若 f 在 (−,+) 上连续，且  + − f (x)dx 收敛，则对任何 x(−,+) ，有   + − = = − x x f t dt f x dx d f t dt f x dx d ( ) ( ), ( ) ( ) 证 a ，由条件   + − = = a a f x dx J f x dx J 1 2 ( ) , ( ) 都存在；再由 f 连续，便可证得 −   =      = + x x a J f t dt f x dx d f t dx dx d ( ) ( ) ( ), 1   +  = −      = + x a x f t dt J f x dx d f t dt dx d ( ) ( ) ( ). 2 例 2 设  + x f (x)dx 收敛。证明： （1）若极限 lim f (x) x→+ 存在，则 lim ( ) = 0 →+ f x x ； （2）若 f 在 a,+) 上为单调，则 lim ( ) = 0 →+ f x x 。 证 （1）设 f x A x = →+ lim ( ) 。若 A  0 （设 A  0 ），则由极限保号性， G  a ，当 x  G 时满足 0. 2 ( )  A f x  于是有    = + u a G a u G f (x)dx f (x)dx f (x)dx ( ), 2 ( ) u G A f x dx G a  + −   = + →+ u u a lim f (x)dx . 而这与  + a f (x)dx 收敛相矛盾，故 A=0。 （2）若 f 在 a,+) 上单调而无界（设为递增而无上界），则 A  0 ，G  a ，当 x  G 时，使 f (x)  A 。 类似于（1）的证明，推知  + = + a f (x)dx ，矛盾。所以， f 在 a,+) 上单调而有界， f x A x = →+ lim ( ) 。依据 已证得的命题（1）， lim ( ) = 0 →+ f x x 。 例 3 证明：若  + a f (x)dx 收敛，且 f 在 a,+) 上一致连续，则必有 lim ( ) = 0 →+ f x x 。 证 由 f 在 a,+) 上一致连续，   0,  0(设   ) ，当 x  , x a,+)且x  − x   时，总有

又因∫(x)x收敛,故对上述,G>a,当x,x2>G时,有 现对任何x>G,取x,x2>G,且使xG这就证得lmf(x)=0 说明我们由例2与例3(结合前面讨论过的问题1)知道,在(x)dx为收敛的前提下,再添加上 些合适的条件,便能保证有lmf(x)=0 例4说出以下命题成立的理由 “若7(x)x=4则m/(xk=A,(m为正整数.”并举例说明此命题一般不可逆 解设F(u)=f(x)dx,由条件 lim F(u)=A 根据函数极限的归结原则,对一切满足mun=+∞的数列{un},恒有 F(u,)=lm/(r)dx=A 特别取un=n时,亦有lnf(x)dx=A 反之不真,例如 1,x∈n-1,n- f(r) 显然,(m)=(x)x=0,从而lm!/(x)dx=0:然而却因 I

2 ( ) ( )  f x  − f x   。 又因  + a f (x)dx 收敛，故对上述 ,G  a ，当 x1 , x2  G 时，有 . 2 ( ) 2 2 1    x x f x dx 现对任何 x  G ，取 x1 , x2  G ，且使 , . x1  x  x2 x2 − x1 =  此时由    = − + 2 1 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) x x x x x x f x  f x dt f t dt f t dt    − + 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) x x x x f x f t dt f t dt , 2 2 2       +  便得 f (x) , x  G. 这就证得 lim ( ) = 0. →+ f x x 说明 我们由例 2 与例 3（结合前面讨论过的问题 1）知道，在  + a f (x)dx 为收敛的前提下，再添加上 一些合适的条件，便能保证有 lim ( ) = 0. →+ f x x 例 4 说出以下命题成立的理由： “若  + = a f (x)dx A, 则  = → n n a lim f (x)dx A, （n 为正整数）。”并举例说明此命题一般不可逆。 解 设  = u a F(u) f (x)dx ，由条件 lim F(u) A. u = →+ 根据函数极限的归结原则，对一切满足 = + → n n lim u 的数列 un  ，恒有  = = → → un n a n n lim F(u ) lim f (x)dx A, 特别取 un = n 时，亦有  = → u n a lim f (x)dx A. 反之不真，例如 1,2, . , , 2 1 1, , 2 1 1, 1, ( ) =                −       −  − − = n x n n x n n f x 显然，  = = n I n f x dx 0 ( ) ( ) 0 ，从而 lim ( ) 0 0 = →  f x dx n n ；然而却因  +  = + − = −      + 2 1 , 2 1 ( ) ( 1) 2 1 n n I n I n dx

使得Imln+ ≠lmn/(m),从而lm[f(x)dx不存在 如果在[a+∞)上f(x)不变号,则F()在[a+∞)上是单调的(当f(x)≥0时F(u)递增,当f(x)≤0时 F(l)递减)。对于单调函数而言,只要有一个数列un→+∞(n→∞),使得F(un)→A(n→∞),便能保证 imF(u)=A。所以,在f(x)不变号的前提下,本例所讨论的命题可逆 例5试求下列反常积分的值: In x (3)2In(sin x)dx 解(1)应用不定积分递推公式 (1+x2)”2(n-1)(1 得到 dx DX 2) l)(1+ 2(n-1) ,n=2,3, 2(n-1)J(1+x2) 由于l1= arctan ?’因此求得 2,3, (2)利用例4,并通过分段积分来计算: re"lsin xdr=lifr e sin xdx e sin xdx 2k+2)z 2le"(sin x+ cos Aug +e"(sin x+ cos xh 1s[2+2e (3)此为瑕积分,瑕点为0。令x=21,化为 I=2Insin xdx= lim 2Insin xdx 2 lim L Insin 2tdt 2 lim (1n2+Insint+Incost)dt

使得 lim ( ) 2 1 2 1 lim I n I n n→ n→  = −       + ，从而 →+  u u f x dx 0 lim ( ) 不存在。 如果在 a,+) 上 f (x) 不变号，则 F(u) 在 a,+) 上是单调的（当 f (x)  0 时 F(u) 递增，当 f (x)  0 时 F(u) 递减）。对于单调函数而言，只要有一个数列 u → +(n → ) n ，使得 F(u ) → A(n → ) n ，便能保证 F u A u = →+ lim ( ) 。所以，在 f (x) 不变号的前提下，本例所讨论的命题可逆。 例 5 试求下列反常积分的值： （1） ; (1 ) 0 2 + + n x dx （2）  + − 0 e sin x dx; x （3）  2 0 1 (sin ) . x n x dx 解 （1）应用不定积分递推公式： , 2( 1) 2 3 (1 ) 2( 1)(1 ) 2 2 −1 −1 − − + − + = + = n  n n n J n n n x x x d x J 得到 1 0 2 1 0 2 2( 1) 2 3 (1 ) 2( 1)(1 ) − + − + − − + − + = + = n  n n n I n n n x x x d x I  + − = − + − = 0 2 1 , 2,3, . 2( 1) (1 ) 2 3 n  x dx n n n 由于 2 arctan 0 1  = = + I x ，因此求得 , 2,3, . (2 2)!!2 (2 3)!! 2 1 2 4 2 5 2 2 2 3  1 =  − −   = − −  − − = n n n I n n n n I n  （2）利用例 4，并通过分段积分来计算： I e x dx e x dx n x n x sin lim sin (2 2) 0 0 + − + → − = =     = + + − + − →       = − n k k k x k k x n e xdx e xdx 0 (2 2) (2 1) (2 1) 2 lim sin sin       + = + + − + − = + + + 0 (2 2) (2 1) 2 (2 1) (sin cos ) (sin cos ) 2 1 k k k k x k x e x x e x x       . 2( 1) 1 2 2 1 0 2 (2 1) (2 2) − + =  + + = + = − − + − +      e e e e e k k k k （3）此为瑕积分，瑕点为 0。令 x = 2t ，化为  → +  = = 2 0 2 0 1 sin lim 1 sin x u u I n xdx n xdx  → +  = 4 2 0 2 lim 1 sin 2  u u n tdt  = + + → + 4 2 0 2 lim (1 2 1 sin 1 cos )  u u n n t n t dt

21n2.+2Insin tdt+2Incostdt In2+2 Insin xdx+2 2Insin xdx 由此求得1=-21n2 例6设[f(x)dx为条件收敛。证明 (1)∫U(x)+(x与[(x)( 都为发散 If()+f(fr 1-f(dr 证(1)用反证法。倘有其(例如U(对小k)收效,则由收敛的线性质推得 「"V(x)x=[/(x)-1(x+(x)4x 亦收敛。而这与f(x)d为条件收敛的假设相矛盾,所以这两个无穷积分都是发散的,且 [(x)+f(x)x=+0=(x)-(x 意即它们都是无穷大量 (2)这里是要证明(1)中两个正无穷大量是等价无穷大量。为此考察 Io+f(ok (1.9 (o-fot「L/x-rolt 由假设与(1)的结论,已知 m 2 f()dt=2 f(x) 为一常数,而 lmo)-fo)=+∞ 所以(1.9)式左边当x→+∞时的极限为0,故结论得证。 注本例(1)中的两个无穷积分,其被积函数f(x)+f(x)与(x)-f(x)的特征分别是保留了f(x) 的正值与负值(相差2倍)。正如前面讨论问题2时所言,条件收敛的反常积分靠的是正、负相消才能收 敛,如果失去了“相消”作用(如当前情形),就立刻变成发散,这就是条件收敛的本质所在 §2反常积分收敛判别 例1证明:若了(x)x绝对收敛,mg(x)=A存在,则()g(x)t必定绝对收敛。又若把/(x

  =  + + 4 0 4 0 2 1 sin 2 1 cos 4 21 2    n n tdt n tdt   = + + 4 0 2 4 1 2 2 1 sin 2 1 sin 2     n n xdx n xdx 1 2 2 . 2 = n + I  由此求得 1 2. 2 I n  = − 例 6 设  + a f (x)dx 为条件收敛。证明： （1）    + + a f (x) f (x) dx 与    + − a f (x) f (x) dx 都为发散； （2）     1. ( ) ( ) ( ) ( ) lim = − +   →+ x a x a x f t f t dt f t f t dt 证 （1）用反证法。倘有其一         −  + a 例如 f (x) f (x) dx 收敛，则由收敛的线性性质推得     + + = − + a a f (x) dx f (x) f (x) f (x) dx 亦收敛。而这与  + a f (x)dx 为条件收敛的假设相矛盾，所以这两个无穷积分都是发散的，且       + + + = + = − a a f (x) f (x) d x f (x) f (x) d x, 意即它们都是无穷大量。 （2）这里是要证明（1）中两个正无穷大量是等价无穷大量。为此考察       , ( ) ( ) 2 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( )     − − = − + x a x a x a x a f x f t dt f t dt f t f t dt f t f t dt （1.9） 由假设与（1）的结论，已知   + →+ = x x a a lim 2 f (t)dt 2 f (x)dx 为一常数，而    − = + →+ x x a lim f (t) f (t) dt , 所以（1.9）式左边当 x→+ 时的极限为 0，故结论得证。 注 本例（1）中的两个无穷积分，其被积函数 f (x) + f (x) 与 f (x) − f (x) 的特征分别是保留了 f (x) 的正值与负值（相差 2 倍）。正如前面讨论问题 2 时所言，条件收敛的反常积分靠的是正、负相消才能收 敛，如果失去了“相消”作用（如当前情形），就立刻变成发散，这就是条件收敛的本质所在。 §2 反常积分收敛判别 例 1 证明：若  + a f (x)dx 绝对收敛， g x A x = →+ lim ( ) 存在，则 f x g x dx a ( ) ( )  + 必定绝对收敛。又若把  + a f (x)dx

改设为条件收敛,试举出反例说明[(x)g(x)x不一定收敛。 证由img(x)=A,可知当x充分大时有 (x)≤M 从而又有 f(x)g(x)≤M(x)x>G 再由厂(x,根据比较法则便证得∫(x)g(x)收敛。 例如对于条件收敛的[f(x)dx sIn dx g(x)=1+→1(x+∞), 得到 f(x)g(x)dx sInx sin x 由于收敛,而 女。1r/1cos2 显然是发散的,所以(x)g(x)x也是发散的无穷积分 例2证明:当x→>+时,e2dh和xe2)是等价无穷小量 证显然,lm(xe2)-=0,又因 所以∫∈d收敛,由收敛定义又知(参见§1的(16)式) 这说明当x→+∞时,它们都是无穷小量:下面再来证明它们是等价无穷小量。 借助§1例1和洛必达法则,可得 故结论成立 例3讨论下列反常积分的敛散性: (1) (2) +m

改设为条件收敛，试举出反例说明  + a f (x)g(x)dx 不一定收敛。 证 由 g x A x = →+ lim ( ) ，可知当 x 充分大时有 g(x)  M = maxA+1, A−1(x  G), 从而又有 f (x)g(x)  M f (x), x  G. 再由  + a f (x) dx ，根据比较法则便证得  + a f (x)g(x) dx 收敛。 例如对于条件收敛的   + + = 1 sin ( ) dx x x f x dx a 和 1( ), sin ( ) =1+ → x → + x x g x 得到 . sin sin ( ) ( ) 1 2 dx x x x x f x g x dx a  + +         = + 由于 dx x x  + 1 sin 收敛，而   + +       = − 1 1 2 1 cos2 2 sin 1 dx x x x dx x x 显然是发散的，所以  + a f (x)g(x)dx 也是发散的无穷积分。 例 2 证明：当 x→+ 时， 2 2 1 ( ) 2 2 − + −  x x t e dt和 xe 是等价无穷小量。 证 显然， lim ( ) 0; 2 1 2 = − →+ x x xe 又因 lim 0, 2 2 2 = − →+ x x x e 所以 e dx x x  + − 2 2 收敛，由收敛定义又知（参见§1 的（1.6）式）  + − →+ = x t x lim e dt 0. 2 2 这说明当 x→+ 时，它们都是无穷小量；下面再来证明它们是等价无穷小量。 借助§1 例 1 和洛必达法则，可得 1, (1 ) lim ( ) lim 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 = − + − = − − − →+ − + − →+  e x e xe e dt x x x x x t x 故结论成立。 例 3 讨论下列反常积分的敛散性： （1）  +       + − 1 + 2 ; 1 dx x m x m x （2） ; sin 0 2 dx x x  + 

1 解(1)注意这里的「十m与x14(m≠0)都是发散的无穷积分,两者之差没有收敛或发 散的肯定结论。为此,需要先把被积函数合成为一个分式: m(I-m)x+x-n x2+mx+1(x2+m)(x+1) 对于充分大的x,(x)保持与(1-m)相同的正、负号,因此,∫(x)dx收敛与绝对收敛是同一回事。 当m=时,mx/()=1,故/(x减为收敛 当m≠1时,imnx(x)=-m≠=0,故(x)与了(x)x同为发散 (2)这里的g(x)=5x>0,x∈(0+∞),且当m>2时x=0为其瑕点。故设 J dx=[g(x)dx=J,+J 对于J1,当m≤2时为定积分(只要补充定义g(0)=lmg(x)=0,g在[O,1上连续);当21时,由于 nx 1 因此J2收敛;而当01时,J2收敛 综合对J与J2的讨论,当且仅当1<m<3时J为收敛

（3） ; sin cos 2 0    x x dx （4） . 1 cos 11 0 2 dx x x  解 （1）注意这里的  + 1 + 2 dx x m x 与  +  1 + ( 0) 1 dx m x m 都是发散的无穷积分，两者之差没有收敛或发 散的肯定结论。为此，需要先把被积函数合成为一个分式： . ( )( 1) (1 ) 1 ( ) 2 2 2 2 + + − + − = + − + = x m x m x x m x m x m x f x 对于充分大的 x, f (x) 保持与（ 1− m ）相同的正、负号，因此，  + 1 f (x)dx 收敛与绝对收敛是同一回事。 当 m =1 时， lim ( ) 1 2 = →+ x f x x ，故  + 1 f (x)dx 为收敛。 当 m  1 时， lim ( ) = 1−  0 →+ x f x m x ，故   + + 1 1 f (x) dx与 f (x)dx 同为发散。 （2）这里的 0, (0, ) sin ( ) 2  +  = x x x g x  ，且当 m  2 时 x = 0 为其瑕点。故设   = = = + 1 + 0 1 2 1 J g(x)dx g(x)dx J J . 对于 1 J ，当 m  2 时为定积分（只要补充定义 g g x g x (0) lim ( ) 0, 0 = = → 在[0,1]上连续）；当 2  m  3 时， 由于 m − 2 1 ，且 1, sin lim ( ) lim 2 2 0 2 0 = = + → + − → x x x g x x m x 故此时 1 J 收敛；又当 m  3 时，由于      +  = = → + 3, 1, 3, lim ( ) 0 m  m xg x x 故 1 J 发散。总之，仅当 m  3 时， 1 J 收敛。 对于 2 J ，当 m 1 时，由于 , sin 1 2 x x x    因此 2 J 收敛；而当 0  m 1 时，由于   + +  − = 1 1 , 1 cos2 2 1 ( ) dx x x g x dx 以及  +  1 x dx 发散，  +  1 cos2 dx x x 收敛，可知此时 2 J 发散；又当 m  0 时，由于 x x x 2 2 sin sin   ，  + 1 2 sin xdx 发散， 从而 2 J 亦发散。总之，仅当 m 1 时， 2 J 收敛。 综合对 1 J 与 2 J 的讨论，当且仅当 1 m  3 时 J 为收敛

(3)设h(x)= 是见x=0与z都是h的瑕点。为此记 coS 1=Lh(x)dx=l h(x)dx+2h(x)dx=1+12 对于l1,当取p≥n时,有 imx?h(x)=20,自然也为绝 对收敛)。 (4)事实上,经变换x=1 就能把此瑕积分化为无穷积分: cos -dx= 而后者是条件收敛的。 例4证明:若(x)dx收敛,则「f(x)x亦必收敛。 分析由于条件中没有指出f(x)是否保持定号,也没有说[x(x)x是绝对收敛,因此不能用比较法 则错误地做成: f(x)≤r(xx∈+) 且(x)kx收敛,故了/(xkx绝对收敛 正确的作法应该借助狄利克雷判别法或阿贝尔判别法来证明 证由于 f(x)=-·xf(x)x∈[+∞ 而(xk收敛,士在+)上单调有界,故由阿贝尔判别法证得(x)x收敛 例5证明关于瑕积分的狄利克雷判别法 证类似于例3的(4),也可以把瑕积分中的问题经变换后化为无穷积分中的已经解决了的问题。为 此令x=a+-,得到 f(x)g(x)dx= f a+ (23)

（3）设 x x h x sin cos 1 ( )   = ，是见 x = 0 与 2  都是 h 的瑕点。为此记    = = + = + 2 4 1 2 2 0 4 0 ( ) ( ) ( ) .     I h x dx h x dx h x dx I I 对于 1 I ，当取 p  n 时，有 lim ( ) ( 0 1). 0 + = + = 或 → x h x    p x 故当 n 1 时（可使上述 p 满足 n  p 1 ）， 1 I 收敛；而当 n 1 时，则因 1 , 1 ( ) I x h x   发散。 对于 2 I ，若令 t = − x 2  ，则 . sin cos 4 0 2    =  t t dt I 类似于对 1 I 的讨论， 2 I 当 m 1 时收敛， m 1 时发散。 综合 1 I 与 2 I 的结果，当且仅当 n 与 m 都小于 1 时，所考察的瑕积分收敛（且因 h(x)  0 ，自然也为绝 对收敛）。 （4）事实上，经变换 t x 1 = ，就能把此瑕积分化为无穷积分：   + = 1 2 1 0 , 1 cos cos 1 dt t t dx x x 而后者是条件收敛的。 例 4 证明：若  + 1 xf (x)dx 收敛，则  + 1 f (x)dx 亦必收敛。 分析 由于条件中没有指出 f (x) 是否保持定号，也没有说  + 1 xf (x)dx 是绝对收敛，因此不能用比较法 则错误地做成： f (x)  xf (x), x1,+), 且  + 1 xf (x) dx 收敛，故  + 1 f (x)dx 绝对收敛。 正确的作法应该借助狄利克雷判别法或阿贝尔判别法来证明。 证 由于 ( ), 1, ), 1 ( ) =  xf x x + x f x 而  + 1 xf (x)dx 收敛， x 1 在 1,+) 上单调有界，故由阿贝尔判别法证得  + 1 f (x)dx 收敛。 例 5 证明关于瑕积分的狄利克雷判别法。 证 类似于例 3 的（4），也可以把瑕积分中的问题经变换后化为无穷积分中的已经解决了的问题。为 此令 t x a 1 = + ，得到 . 1 1 1 ( ) ( ) 1 2 dt t g a t t f x g x dx f a b a b a        +      = +   + − （2.3）

记F()=,由条件知道它在任意区间/1 b,u|上可积,且 F()dh=[1f(x)≤M. 再有“+)b+)上单且 lim g a+-=lim g(x)=0 应用无穷积分的狄利克雷判别法,推知(2.3)式右边的无穷积分收敛,从而此式左边的瑕积分也收敛

记 2 1 1 ( ) t t F t f a       = + ，由条件知道它在任意区间       − u b a , 1 上可积，且 ( ) ( ) . 1 F t dt 1 f x dx M b u a u b a =    + − 再有       + t g a 1 在       + − , 1 b a 上单调，且 lim ( ) 0. 1 lim  = =      + → + →+ g x t g a t x a 应用无穷积分的狄利克雷判别法，推知（2.3）式右边的无穷积分收敛，从而此式左边的瑕积分也收敛