临沂師范兽院骨晶髁程兽台析银外训练方囊 第十一章反常积分 基本概念 1设函数∫定义在无穷区间+∞)上,且在任何有限区间[ad]上可积,如果存在极限 im「f(xktx=J 则称此极限J为函数在[a+)上的无穷限反常积分(简称无积分),记作J=「f(x 并称∫(收敛如果极限(1)不存在,为方便起见,亦称∫(x女发散 设函数f定义在(ab上,在点a的任一右邻域内无界,但在任何内闭区间[=(ab] 上有界且可积,如果存在极限im/(xk=J则称此极限为无界函数∫在(ab]上的反常积 分,记作J=八x并称反常积分八x)收敛,如果极限不存在,这时也说反常积分 f(x)kx发散 、基本定理 1.f(x)在区间[a+∞)上可积,k- Const,则函数f(x)在区间[+∞)上可积 且对(x)=kj/(x f(x)和g(x)在区间[a+∞)上可积,→f(x)±g(x)在区间[+∞)上可积,且 「(±g)=f±「g 3.无穷积分收敛的 cauchy准则
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 1 - 第十一章 反常积分 一、基本概念 1. 设函数 f 定义在无穷区间[a,+ ∞) 上，且在任何有限区间[a,u]上可积，如果存在极限 f ( ) x dx J u a u = ∫ →+∞ lim （1） 则称此极限 为函数 在 上的无穷限反常积分（简称无穷积分），记作 , 并称 收敛.如果极限（1）不存在，为方便起见，亦称 发散. J f [a,+ ∞) ( ) ∫ +∞ = a J f x dx ( ) ∫ +∞ a f x dx ( ) ∫ +∞ a f x dx 2. 设函数 f 定义在(a,b]上，在点 a 的任一右邻域内无界，但在任何内闭区间[ ] u,b ⊂ (a,b] 上有界且可积，如果存在极限 则称此极限为无界函数 在 上的反常积 分，记作 ， 并称反常积分 收敛，如果极限不存在，这时也说反常积分 发散. f ( ) x dx J b u u a = → + ∫ lim f (a,b] ( ) ∫ = b a J f x dx ( ) ∫ b a f x dx ( ) ∫ b a f x dx 二、基本定理 1. f (x) 在区间[a,+ ∞) 上可积 ,κ — Const , 则函数κf (x)在区间 上可积 , 且 . [a,+ ∞) f ( ) x dx f ( ) x dx a a ∫ ∫ +∞ +∞ κ = κ 2. f (x) 和 g(x) 在区间 [a,+ ∞) 上可积 , ⇒ f (x)± g(x) 在区间 上可积 , 且 . [a,+ ∞) ( ) ∫ ∫ ∫ +∞ +∞ +∞ ± = ± a a a f g f g 3. 无穷积分收敛的 Cauchy 准则:
临沂師范兽院骨晶髁程兽台析银外训练方囊 积分∫/(x)收敛eVE>0.4A,A>A,→/(xa,()和g()在区间4上可积.则∫g0f≥0lm=c.则 i>0a()∈c,4f()s1且p>1,→<+:若()2且 P≤1,→|f cauchy判敛法的极限形式 设/(x)是在任何有限区间[,A可积的正值函数.且 lim x'f(x)=λ.则
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 2 - 积分 f ( ) x dx 收敛 a ∫ +∞ ⇔ ∀ε > ∃ ∀ > ⇒ ( ) a f (x) g(x) [a, A] ≥ = →∞ 则 ⅰ> 0 c = 0 , ⇒ c = +∞ , ⇒ = +∞ 时, . ∫ +∞ a g = +∞ ∫ +∞ a f 6. （Cauchy 判敛法）: 设对任何 ( ) [ ] ( ) p x A a f x C a A f x 1 > , ∈ , ,0 ≤ ≤ 且 p > 1,⇒ ∫ < +∞ ；若 +∞ a f ( ) p x f x 1 ≥ 且 p ≤ 1, ⇒ = +∞ . ∫ +∞ a f Cauchy 判敛法的极限形式 : 设 f (x) 是在任何有限区间[a, A]可积的正值函数. 且 ( ) = λ →+∞ x f x p n lim . 则
临沂師范兽院骨晶髁程兽台析银外训练方囊 i>p>1,0≤<+o,→∫f<+ i)p≤1,0<A≤+,→|f=+∞. 7.Ab判敛法:若/(x)在区间[+)上可积,g()单调有界,则积分∫/(x(x 收敛 8. Dirichlet判敛法:设F(4)=∫在区间[+)上有界,g(x)在+)上单调, 且当x→+∞时,g()→0.则积分∫/()g(x收敛 三、基本要求 1.深刻理解反常积分的概念及其敛散性的含义: 2.熟练掌握无穷积分和瑕积分的性质与敛散性的判别。 四、典型例题 例1.证明:若∫在(+)上连续,且[f(x)t收敛,则对任何x∈(+),有 aJ。f(n)dh=f(x) dx 证明:va,由条件厂x)=/(x)=都存在:再由∫连续,便可证得 f()tx={|J1+f()r=f(x) dj f()dt+J 例2.设了(x收敛。证明: (1)若极限limf(x)存在,则imf(x)=0; (2)若∫在[a+∞)上为单调,则imf(x)=0
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 3 - ⅰ> p > 1，0 ≤ λ p ≤ 1，0 < λ ≤ +∞，⇒ = +∞ . ∫ +∞ a f 7. Abel 判敛法: 若 f (x) 在区间[a,+ ∞)上可积 , g(x)单调有界 , 则积分 收敛. f ( ) x g( ) x dx a ∫ +∞ 8. Dirichlet 判敛法: 设 ( ) = ∫ 在区间 A a F A f [a,+ ∞)上有界 ， g(x)在 上单调， 且当 [a,+ ∞) x → +∞ 时， g(x) → 0 .则积分 f ( ) x g( ) x dx收敛. a ∫ +∞ 三、基本要求 1. 深刻理解反常积分的概念及其敛散性的含义； 2. 熟练掌握无穷积分和瑕积分的性质与敛散性的判别。 四、典型例题 例 1. 证明：若 f 在(−∞,+∞)上连续，且 ∫ 收敛，则对任何 ，有 +∞ −∞ f (x)dx x∈(−∞,+∞) ∫ ∫ +∞ −∞ = = − x x f t dt f x dx d f t dt f x dx d ( ) ( ), ( ) ( ) 证明：∀a ，由条件 ∫ ∫ 都存在；再由 连续，便可证得 +∞ −∞ = = a a f x dx J f x dx J 1 2 ( ) , ( ) f ∫ ∫ −∞ ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = + 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 ∫ 收敛。证明： +∞ x f (x)dx （1）若极限 lim f (x)存在，则 x→+∞ lim ( ) = 0 →+∞ f x x ； （2）若 f 在[a,+∞)上为单调，则 lim ( ) = 0 →+∞ f x x
临沂師范兽院骨晶髁程兽台析银外训练方囊 证明:(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(x)≥>0 于是有 f(x)dx= f(x)dx+f(x)d f(x)dx+-(u-G) lim I f(x)dx=+oo. 而这与f(x)d收敛相矛盾,故A=0。 (2)若f在[+)上单调而无界(设为递增而无上界),则A>0,3>a,当x≥G时 使f(x)≥A。类似于(1)的证明,推知[(x)d=+,矛盾。所以,「在[+)上单调而有 界,imf(x)=A。依据已证得的命题(1),limf(x)=0。 例3证明:若厂(x女收敛,且厂在[+)上一致连续,则必有m/()=0 证明:由∫在[+)上一致连续,VE>036>0(设δ≤6),当x,x∈[+)且x-x1 时,总有(x)-f(x)a,当x,x>G时,有 f(r)dxG,取x2x2>G,且使xG这就证得Imf(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 再添加上一些合适的条件,便能保证有limf(x)=0
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 4 - 证明：（1）设 f x A 。若 x = →+∞ lim ( ) A ≠ 0（设 ），则由极限保号性， ，当 时 满足 A f 0 ∃G f a x ≥ G 0. 2 ( ) f 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 ∫ 收敛相矛盾，故 A=0。 +∞ a f (x)dx （2）若 f 在[a,+∞)上单调而无界（设为递增而无上界），则∀A f 0， ，当 时， 使 。类似于（1）的证明，推知 ，矛盾。所以， 在 上单调而有 界， 。依据已证得的命题（1）， ∃G f a x ≥ G f (x) ≥ A ∫ +∞ = +∞ a f (x)dx f [a,+∞) f x A x = →+∞ lim ( ) lim ( ) = 0 →+∞ f x x 。 例 3 证明：若 ∫ 收敛，且 在 +∞ a f (x)dx f [a,+∞)上一致连续，则必有 lim ( ) = 0。 →+∞ f x x 证明： 由 f 在[a,+∞)上一致连续，∀ε f 0,∃δ f 0(设δ ≤ ε ) ，当 x′, x′′∈[a,+∞)且 x′ − x′′ p δ 时，总有 2 ( ) ( ) ε f x′ − f x′′ p 。 又因 ∫ 收敛，故对上述 +∞ a f (x)dx δ ,∃G f a ，当 x1, x2 f G 时，有 . 2 ( ) 2 2 1 δ p ∫ x x f x dx 现对任何 x f G ，取 x1, x2 f G ，且使 , . x1 p x p x2 x2 − x1 = δ 此时由 ∫ ∫ ∫ = − + 2 1 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) x x x x x x f x δ 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 εδ δ δ ε p ⋅ + ≤ 便得 f (x) p ε , x f 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 为收敛的前提下， 再添加上一些合适的条件，便能保证有 ∫ +∞ a f (x)dx lim ( ) = 0. →+∞ f x x
临沂師范兽院骨晶髁程兽台析银外训练方囊 例4说出以下命题成立的理由 “若[(x)d=A,则im[f(x)dtx=A,(n为正整数)。”并举例说明此命题一般不可逆 解:设F(u)=f(x)x,由条件 lim F(u)=A 根据函数极限的归结原则,对一切满足 limu=+0的数列{n},恒有 lim F(u,)=limf(x)dr=A 特别取Ln=n时,亦有in[f(x)d=A 反之不真,例如 1,x∈|n-1 f(x) n=1.2 显然,f(n)=D(x)=0,从而lm/(x)dx=0:然而却因 使得imn+|=-≠lim(m),从而im[f(x)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: (1) (2)5e"lsinxld (3)In(sinx)dx 解:(1)应用不定积分递推公式: dx 2n-3 J (1+x2)2(n-1)1+x2)y12(n-1) 得到
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 5 - 例 4 说出以下命题成立的理由： “若 ∫ 则 （n 为正整数）。”并举例说明此命题一般不可逆。 +∞ = a f (x)dx A, ∫ = →∞ n n a lim f (x)dx A, 解： 设 = ∫ ，由条件 u a F(u) f (x)dx lim F(u) A. u = →+∞ 根据函数极限的归结原则，对一切满足 = +∞ →∞ n n limu 的数列{un }，恒有 ∫ = = →∞ →∞ n u 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, ( ) = L ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎟ ⎠ ⎞ ⎢ ⎣ ⎡ ∈ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎢ ⎣ ⎡ − ∈ − − = n x n n x n n f x 显然， = ∫ = ，从而 ；然而却因 n I n f x dx 0 ( ) ( ) 0 lim ( ) 0 0 = →∞ ∫ f x dx n n ∫ + ⎟ = + − = − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 2 1 , 2 1 ( ) ( 1) 2 1 n n I n I n dx 使得 lim ( ) 2 1 2 1 limI n I n n→∞ n→∞ ⎟ = − ≠ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ，从而 ∫ 不存在。 →+∞ u u f x dx 0 lim ( ) 如果在[a,+∞)上 f (x) 不变号，则 F(u)在[a,+∞)上是单调的（当 时 递增，当 时 递减）。对于单调函数而言，只要有一个数列 ，使得 ，便能保证 f (x) ≥ 0 F(u) f (x) ≤ 0 F(u) u → +∞(n → ∞) n F(u ) → A(n → ∞) n F u A u = →+∞ lim ( ) 。所以，在 不变号的前提下，本例所讨论的命 题可逆。 f (x) 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 dx J 得到
临沂師范兽院骨晶髁程兽台析银外训练方囊 (1+x2)2(n-1)( dx 2(n-1)J(1+x2 由于1= arctanxo“=,因此求得 1 (2)利用例4,并通过分段积分来计算 Ce"lin xdx=lim["e"psir xd k+1)z (3)此为瑕积分,瑕点为0。令x=2t,化为 I=FInsin xdx=lim Insinxdx 4Insin2tdt 2 lim 4 (In2+ Insint+ In cost)dt 21n2 2 In2+2 Insin xdx+2]Insin xdx ln2+21 由此求得I 例6设「(x)x为条件收敛。证明 (1) 「L/(x)+(x)}女与(x-(x 都为发散
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 6 - 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 dx I ∫ +∞ − = − + − = 0 2 1 , 2,3, . 2( 1) (1 ) 2 3 n L x dx n n n 由于 2 arctan 0 1 π = = +∞ I x ，因此求得 , 2,3, . (2 2)!!2 (2 3)!! 2 1 2 4 2 5 2 2 2 3 L 1 = L − − ⋅ ⋅ = − − ⋅ − − = n n n I n n n n I n π （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 + − +∞ →∞ − = = π ∑ ∫ ∫ = + + − + − →∞ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − n k k k x k k x n e xdx e xdx 0 (2 2) (2 1) (2 1) 2 lim sin sin π π π π ∑[ ] +∞ = + + − + − = + + + 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 π π π π [ ] . 2( 1) 1 2 2 1 0 2 (2 1) (2 2) − + = ∑ + + = +∞ = − − + − + π π π π π 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 π → + ∫ = 4 2 0 2 lim 1 sin 2 π u u n tdt ∫ = + + → + 4 2 0 2 lim (1 2 1 sin 1 cos ) π u u n n t n t dt ∫ ∫ = ⋅ + + 4 0 4 0 2 1 sin 2 1 cos 4 21 2 π π π n n tdt n tdt ∫ ∫ = + + 4 0 2 4 1 2 2 1 sin 2 1 sin 2 π π π π n n xdx n xdx 1 2 2 . 2 = n + I π 由此求得 1 2. 2 I n π = − 例 6 设 ∫ 为条件收敛。证明： +∞ a f (x)dx （1） [ ] ∫ +∞ + a f (x) f (x) dx 与 [ ] ∫ +∞ − a f (x) f (x) dx 都为发散；
临沂師范兽院骨晶髁程兽台析银外训练方囊 (2) lim CI(+ okr Clo)-fofor 证明:(1)用反证法,倘有其一(例如(-()收数,则由收敛的线性质推得 亦收敛。而这与[(x)x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 U/(x)+f(x)x=+=Ux-(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 ∫o)+fo}h,2 2f(1)d (19) Clol-soft I(x)l-f(kdr 由假设与(1)的结论,已知 lim2f/(dt=2 ff(x)dx 为一常数,而 limf Ir(o)-fofu=+oo 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∫(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 例7证明:若[(x)绝对收敛,回mg(x)=A存在,则∫7(x)(x)k必定绝对收敛。又 若把/(xk改设为条件收敛,试举出反例说明∫(x)g(xk不一定收敛 证明:由limg(x)=A,可知当x充分大时有 &(x)sM=max(A+114-1kx>G) 从而又有 Jf(x)g(x≤Mf(x)x>G 再由(x)女,根据比较法则便证得C(xg(x)收敛 7
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 7 - （2） [ ] [ ] 1. ( ) ( ) ( ) ( ) lim = − + ∫ ∫ →+∞ x a x a x f t f t dt f t f t dt 证明：（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 ∫ 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 f (x)dx [ ] [ ] ∫ ∫ +∞ +∞ + = +∞ = − a a f (x) f (x) dx f (x) f (x) dx, 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 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。 f (x) 例 7 证明：若 ∫ 绝对收敛， +∞ a f (x)dx g x A x = →+∞ lim ( ) 存在，则 必定绝对收敛。又 若把 改设为条件收敛，试举出反例说明 不一定收敛。 f x g x dx a ( ) ( ) ∫ +∞ ∫ +∞ a f (x)dx ∫ +∞ a f (x)g(x)dx 证明： 由 g x A ，可知当 x = →+∞ lim ( ) x 充分大时有 g(x) ≤ M = max{A+1, A−1}(x f G), 从而又有 f (x)g(x) ≤ M f (x), x f G. 再由 ∫ +∞ a f (x) dx ，根据比较法则便证得 ∫ +∞ a f (x)g(x) dx 收敛
临沂師范兽院骨晶髁程兽台析银外训练方囊 sInx 例如对于条件收敛的[f(x)dtx= dx和 g(x)=1 /x 得到 (x)g(x)dx sInx sir 「在收敛,而 显然是发散的,所以(x(x)dk也是发散的无穷积分 例8证明:当x→+∞时,「e和xe2)是等价无穷小量 证明:显然,lim(xe2)-=0,又因 所以[e2dx收敛,由收敛定义又知(参见§1的(16)式 dt=0 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+x2) 故结论成立。 例9讨论下列反常积分的敛散性 (1) (2) (3) 解:(1)注意这里的 x+m与x减(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:
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 8 - 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 ∫ 也是发散的无穷积分。 +∞ a f (x)g(x)dx 例 8 证明：当 x → +∞ 时， 2 2 1 ( ) 2 2 − +∞ − ∫ x x t e dt和 xe 是等价无穷小量。 证明： 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 9 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 ∫ +∞ ′′ （3） ; sin cos 2 ∫0 ′′ ′′ π 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：
临沂師范兽院骨晶髁程兽台析银外训练方囊 (1-m)x2+x-m x+m x+ x-+m)(x+ 对于充分大的xf(x)保持与(1-m)相同的正、负号,因此,了/(x收敛与绝对收敛是同 回事 当m=1时,mx/(x)=1,故[7(x)为收敛 当m1时,mx(x)=-m≠0,故(x)与(x)同为发散 (2)这里的g(x)==>0,x∈(0,+∞),且当m>2时x=0为其瑕点。故设 J=lg(x)dx=lg(x)x=J ,+J 对于J,当m≤2时为定积分(只要补充定义g(0)=limg(x)=0,g在⑩,1上连续);当 23 故J发散。总之,仅当m1时,由于 因此J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)设h(x)= ,是见x=0与都是h的瑕点。为此记
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 9 - . ( )( 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 保持与（ ）相同的正、负号，因此， 收敛与绝对收敛是同 一回事。 x, f (x) 1− m ∫ +∞ 1 f (x)dx 当 m =1时， lim 2 ( ) =1，故 为收敛。 →+∞ x f x x ∫ +∞ 1 f (x)dx 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 f ，且当 m f 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 J1 ，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 p m p 3 时，由于 m − 2 p1，且 1, sin lim ( ) lim 2 2 0 2 0 = = + → + − → x x x g x x m x 故此时 J1收敛；又当 m ≥ 3时，由于 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + ∞ = = → + 3, 1, 3, lim ( ) 0 m f m xg x x 故 J1发散。总之，仅当 m p 3时， J1收敛。 对于 J 2 ，当 m f1时，由于 , sin 1 2 x x x ′′′ ≤ ′′′ 因此 J 2 收敛；而当0 p 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 J 2 发散；又当 m ≤ 0 时，由于 x x x 2 2 sin sin ≥ ′′′ ， ∫ 发散， +∞ 1 2 sin xdx 从而 J 2 亦发散。总之，仅当 m f1时， J 2 收敛。 综合对 J1与 J 2 的讨论，当且仅当1p m p 3 时 J 为收敛。 （3）设 x x h x sin cos 1 ( ) ′′ ′′′ = ，是见 x = 0 与 2 π 都是 h 的瑕点。为此记
临沂師范兽院骨晶髁程兽台析银外训练方囊 [(xk=[Mxdk+上x)d=1+12 对于l1,当取p≥n时,有 limx?h(x)=A0 自然也为绝对收敛)。 (4)事实上,经变换x=-,就能把此瑕积分化为无穷积分 os-d 而后者是条件收敛的。 例10证明:若[xf(xx收敛,则[f(x)d亦必收敛 分析由于条件中没有指出∫(x)是否保持定号,也没有说[xf(x)d是绝对收敛,因此不能 用比较法则错误地做成: (x)sf(x)x∈[+∞) 且(x)体收敛,故∫(x)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, 证明:由于 f(x)=1.x(x).x∈[+∞) 而(x收敛,上在[+)上单调有界,故由阿尔判别法证得7(收敛。 例11证明关于瑕积分的狄利克雷判别法。 证明: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己经解 决了的问题。为此令x=a+-,得到 10
临沂师范学院精品课程 数学分析 课外训练方案 - 10 - ∫ ∫ ∫ = = + = + 2 4 1 2 2 0 4 0 ( ) ( ) ( ) . π π π π I h x dx h x dx h x dx I I 对于 I1 ，当取 p ≥ n时，有 lim ( ) ( 0 1). 0+ = +∞ = 或 → x h x λ p λ p x 故当 n p1时（可使上述 p 满足 n ≤ p p1）， I1 收敛；而当 n ≥1时，则因 1 , 1 ( ) I x h x ′′ ≥ 发散。 对于 I 2 ，若令t = − x 2 π ，则 . sin cos 4 0 2 ∫ ′′′ ′′ = π t t dt I 类似于对 I1 的讨论， I 2 当 m p1时收敛， m ≥1时发散。 综合 与 的结果，当且仅当 与 都小于 1 时，所考察的瑕积分收敛（且因 ， 自然也为绝对收敛）。 1 I 2 I n m h(x) f 0 （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 10 证明：若 ∫ 收敛，则 亦必收敛。 +∞ 1 xf (x)dx ∫ +∞ 1 f (x)dx 分析 由于条件中没有指出 是否保持定号，也没有说 是绝对收敛，因此不能 用比较法则错误地做成： f (x) ∫ +∞ 1 xf (x)dx f (x) ≤ xf (x), x∈[1,+∞), 且 ∫ +∞ 1 xf (x) dx 收敛，故 ∫ 绝对收敛。 +∞ 1 f (x)dx 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。 证明：由于 ( ), [1, ), 1 ( ) = ⋅ xf x x∈ +∞ x f x 而 ∫ 收敛， +∞ 1 xf (x)dx x 1 在[1,+∞)上单调有界，故由阿贝尔判别法证得 ∫ 收敛。 +∞ 1 f (x)dx 例 11 证明关于瑕积分的狄利克雷判别法。 证明： 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