《数学分析》课程教学资源（考研讲义）广义积分的收敛性

§2广义积分的收敛性 主要知识点:广义积分及其敛散性概念 非负函数广义积分收敛性的比较判别法、柯西判别法 一般函数广义积分收敛性的Abel、 Dilichlet判别法; 广义积分与级数的关系。 、讨论积分 dx的敛散性。 n(1+x) 解:x→+时“分子”~1,“分母” 2、证明积分 dx 收敛。 。1+xsin2x 解:取a40,则1=∑+∫+∑v,其中0≤n=∫≤26 (k+1)z-5k+1(k+1)x-5k 1+(kz)sm·取6B,则∑收敛 M(x-4+1-) 又055 ≤,,可见∑v也收敛 3、证明积分 收敛。 0(I+x(- x 解:注意到(sinx)3=[sin(x-n 故=∑∫=∑n,由于 0≤S-2 d,故∑un收敛 sIn x 4、讨论积分 dx的敛散性 1+kcos 解:(1)-10时积分收敛。 (2)k=±1时,f(x)的可能瑕点仍是0,r。I= k=1时,将cosx在点丌处展成 Taylor公式,可知1+cosx与(x-r)2同阶。于是l1仅

§2 广义积分的收敛性 主要知识点：广义积分及其敛散性概念； 非负函数广义积分收敛性的比较判别法、柯西判别法； 一般函数广义积分收敛性的 Abel 、Dilichlet 判别法； 广义积分与级数的关系。 1、 讨论积分 1 1 2 1 ( 1) [ln(1 )] x e dx x   + − − +  的敛散性。 解： 2 1 1 x , x x → +时“分子” “分母”   。 2、 证明积分 4 2 0 1 sin dx x x + +  收敛 。 1 0 0 , 0 2 k k k k k k k k k I v v v         − + −  = + +  =     解：取 则 ，其中   ， 1 1 ( 1) ( 1) 4 2 1 1 1 ( ) sin k k k k k k k k k k v k           + − + − + + + + +  =  +   。 4 3 1 , k k v k 取 则 收敛；  =  1 1 4 4 3 3 ( ) 0 , k k k k M M v v k k    − − + 又 可见 也收敛。       3、 证明积分 1 2 2 3 0 (1 )(sin ) dx x x + +  收敛 。 解：注意到 ( 1) 2 2 3 3 (sin ) [sin( )] , n n n x x n I u    + = − = = 故    ，由于 2 2 2 2 3 0 2 1 0 , 1 sin n n u dx u n x     +  故 收敛 。  4、 讨论积分 1 0 sin 1 cos x dx k x    − +  的敛散性 。 解：⑴ －1< k <1 时 f(x)只可能以 0, 为瑕点，且当 x → 时分别与 1 1 1 1 , x x ( )    − − − 同阶，故当   0 时积分收敛。 ⑵ k = ±1 时，f(x)的可能瑕点仍是 0, 。 1 1 2 0 1 I I I  = + = +   k = 1 时，将 cos x 在点  处展成 Taylor 公式，可知 1 cos + x 与 2 ( ) x − 同阶。于是 1 I 仅

当α>0时收敛,仅当a0时收敛,故原积分不收敛 (3)|k>1,记O=arco 则 cost~l 饣,sinθ≠0。fx)的可能瑕点为 0,x,O。取a、b使00且单调减少,试证:「f(x)x与「f(x)sin2xd同敛散。 证:(1)设!mf(x)=0.注意到∫f(x)sin2xdr=jf(x)dtx-「f(x)cos2xdr, 2 由Dih判别法知右边第二个积分收敛,因此∫f(xx与∫f(xim2xd同敛散 (2、limf(x)=A>0(包括+∞),此时「f(x)x发散,且存在M>0,当x≥M时 ∫(如70。取使>M,则当k≥k时 (k+1)x (k+1)丌 ∫f(x)sin2xax/sin2xh可70叫hy准则,「f(x)sin2x也发 散 6、设P>0,讨论∫一5x女的敛散性。 x(x”+sinx) 解:当P>时,由比较判别法即知积分收敛 dx 当P≤时, 发散,由上题知 SIn x dx发散,再由比较法知原 x"(x"+1)

当   0 时收敛， 2 I 仅当   0 时收敛，从而原积分不收敛。 k = －1 时，将 cos x 在点 0 处展成 Taylor 公式，可知 1－cos x 与 2 x 同阶。于是 1 I 仅 当   0 时收敛， 2 I 仅当   0 时收敛，故原积分不收敛。 ⑶ 1 1 k 1, arccos( ) , cos , sin 0 k k  = − = −  记 则    。 f(x) 的 可能 瑕 点 为 0, ， 。 1 2 3 4 0 0 , a b a b a b a b I I I I I        = + + + = + + +   取 、 使  。在 点  处将 cos x 展开成 Taylor 公式： 1 cos ( )sin ( ) x x x k = − + − + −    ，于是 (1 cos ) [( )sin ( )] k x x x   + = − + −    与 ( ) x  − 同阶。因此，当且仅当  1 时 2 3 I I, 收敛；又仅当   0 时 1 I ， 4 I 收敛，所以当且仅当 0 1    时原积分收敛。 5、 设 2 ( ) 0 ( ) ( )sin a f x f x dx f x x dx  +    + a 且单调减少，试证： 与 同敛散。 证：⑴ 设 2 1 1 lim ( ) 0 . ( )sin ( ) ( )cos 2 x 2 2 a a a f x f x xdx f x dx f x xdx + + + →+ = = − 注意到    ， 由 Dilichlet 判别法知右边第二个积分收敛，因此 2 ( ) ( )sin a f x dx f x x dx  +   + a 与 同敛散。 ⑵、lim ( ) 0 ( ) , ( ) 0 x a f x A f x dx M + →+ =  +   包括 此时 发散，且存在  ，当 x M 时 ( ) 0 2 A f x r  =  。 取 0 0 0 k k M k k 使 则当 时    , 1) ( 1) 2 2 ( )sin sin 0 2 k k k k r f x x dx r x dx      + +  =    （ ，由 Cauchy 准则， 2 ( )sin a f x x dx +  也发 散。 6、 设 2 2 sin 0 , ( sin ) p p x p dx x x x +  + 讨论  的敛散性。 解：当 1 2 p  时，由比较判别法即知积分收敛。 当 1 2 p  时， 2 ( 1) p p dx x x + +  发散，由上题知 2 2 sin ( 1) p p x dx x x + +  发散，再由比较法知原

积分发散。 7、讨论 女y+x)在的敛散性 解:利用 Taylor公式:ln(1+1)=1--+(2),(1+1)2=1+1+() [n(1+-)2=[ +()=[1-+()2 (+()+(= √x4x为 +(3),故当x→+∞时 (x)-4,,因此原积分收敛 8、讨论积分 x sinx dx(q≥0)的敛散性 解:记I 1+12 0≤f(x)= x1+x9-X=xy故P>-2时1收敛,p≤-2时发散 sInxx 考察12:注意到x,→1,所以分q-p>1和q-p≤1两种情形来讨论 ①q-p>1:f(x)≤,→12绝对收敛 ②0-2且q-P>1时绝对收敛;p>-2且0<q-P≤1时条件收 敛:p≤-2或q-p≤0时发散。 、研究F()= dx关于t∈(0,1)的连续性 sinx 解:只须证明上述积分在t∈(-∞,1)上内闭一致收敛

积分发散。 7、 讨论 1 1 1 ( ln(1 ) ) dx x x + − +  的敛散性。 解：利用 Taylor 公式 ： 2 1 2 2 1 ln(1 ) ( ) , (1 ) 1 ( ) 2 2 t + t = − + + = + t t t t + t , 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 [ln(1 )] [ ( )] [1 ( )] x x x x 2x x x 2 + = − + = − + = 3 3 2 2 1 1 1 1 1 1 [1 ( ( )) ( )] ( ) 1 1 2 2 4 x x x x x x x + − + + = − + ，故当 x → + 时 3 2 1 1 ( ) 4 f x x  ，因此原积分收敛。 8、 讨论积分 0 sin ( 0) 1 p q x x dx q x +  +  的敛散性。 解：记 1 1 2 0 1 I I I + = + = +   。 1 0 1 (1 ) 1 1 sin 1 0 ( ) , 2 2 1 p x p q p x x f x x p I p I x x x + → + − +  =  =  −  − + 故 时 收敛， 时 发散。 考察 2 I ：注意到 1 1 1 1 p x q p q x x q p q p x →+ −  → −  −  + ，所以分 和 两种情形来讨论。 ① 1 : ( ) 1 p q x q p f x x −    + 2 I 绝对收敛 。 ② 0 1:  −  q p 由 Dilichlet 判别法知 2 I 收敛，并且是条件收敛。 ③ sin 0 : ( ) , 0 , 0 1 p q q x x q p f x p q q x − − −  = −   + ，可知 2 I 发散。 综上得到：原积分当 p q p p q p  − −   −  −  2 1 2 0 1 且 时绝对收敛； 且 时 条件收 敛； p q p  − −  2 0 或 时发散。 9、 研究 0 ( ) (0 ,1) sin x t e F t dx t x + − =   关于 的连续性。 解：只须证明上述积分在 t  − ( ,1) 上内闭一致收敛

0,当A≥时 f(x) sin px)dsf(x)dx0,以二为步长等分[0,41得 了nxmh=xm=几5)mp)h k=1x-1 ∑/(4)inpx)hk=∑() esin'xdx=∑()x=g/(5) (其中a=「 sinxdx,△x4=x-x1=x) 令p→+∞(必有n→>+∞)得到 f( x)(sin px)x→f(x)t,于是有 J(x)sin px)d-a[f(x)dx<f(x)(sin px)(f(x)dx+ +厅了 )(sin px)-了rx<3(只要p充分大 4 即imnJ((sin px)'dx=“∫f(x),因此命题成立

( 1) 2 2 1 0 0 0 1 2 ( 1) sin sin sin 2 1 k t t t t t t k dx dx dx dx t x x x x t        + − = =  =  −     ， ( 1) 0 0 0 0 0 ( ) sin sin sin 1 x x k k k t t t k k k k e e dx F t dx dx e e x x x t       + − − + + + + − − = = = = =   −       ，由此即知积分 在 t  − ( ,1) 上内闭一致收敛，从而 0 ( ) (0 ,1) sin x t e F t dx t x + − =  关于 在 连续。 10、 设 0 f x C f x dx ( ) [0 , ) , ( ) +  +  绝对收敛，则 ： 4 0 0 ( ) 0 lim ( )(sin ) 0 p f x dx f x px dx + + →+ =  =   。 证明：因 0 0 0 f x dx A A A ( ) 0, +    收敛，所以存在 当 时 4 ( )(sin ) ( ) A A f x px dx f x dx  + +     。对任意 p  0 ，以 p  为步长等分 0 [0 , ] A 得 0 1 1 4 4 4 0 1 1 ( )(sin ) ( )(sin ) ( ) (sin ) k k k k A x x n n k k k x x f x px dx f x px dx f px dx  − − = =    = =   ( ) k k x p  = = 4 1 0 ( ) (sin ) p n k k f px dx   =   = 4 1 1 1 0 1 ( ) sin ( ) ( ) n n n k k k k k k k a a f x dx f f x p p      = = =      = =  4 1 0 ( sin , ) k k k a x dx x x x p   其中 = = − =  − 。 令 p n → + → + ( ) 必有 得到 0 0 4 0 0 ( )(sin ) ( ) A A a f x px dx f x dx    → ，于是有 0 0 4 4 0 0 0 0 ( )(sin ) ( ) ( )(sin ) ( ) A A a a f x px dx f x dx f x px dx f x dx   + + −  − +     + 0 0 4 ( )(sin ) ( ) 3 ( A A a f x px dx f x dx p   + + −    只要 充分大） 即 4 0 0 lim ( )(sin ) ( ) p a f x px dx f x dx  + + →+ =   ，因此命题成立