1、第九讲 反常积分（广义积分）一、反常积分的计算主要是 Newton-Leibniz 公式，换元法例 1 计算 。122d()yItxt解：令 ，则tu。11220yyIuu若 ，则显然 。当 时，令 ，则0yz。2404sgnd1zIy令 ，则1vz，24440001ddd11zvz因此222440001dd1zzz。012arctn24从而 。2sgnIy例 2 计算 。0lidIx解：令 ，则 。令 ，则xt2200lnsilncosdtxt2lnsidx。因此 。于是20lnsidt 22002lidlilsxx 20 01lnsilcoslnidI x。 2 20 0lnsil2dln
2、lsidxx 再令 ，则2xu，2001lsilsi22Ixu因此。lnI例 3 计算 。20d1x解：令 ，则xt，12210lnlntx从而。2201lldd0xI例 4 计算 。coslnn解：利用分部积分法有220011sinsilsd2con xIx。0co()()4snx记 ，则当 时20cos(1)dnxJ2210cs()cos(1)dnnxnx。 220 0osicsxn又显然 ，因此 ，从而有0J(1)nnJ。11()44nnnI例 5 求 。10maxldttx解：当 时，01t10()lndln()dln()dt tIxxxt。()1ttt于是 ，由 得 且它为极大值点，
3、从()1lnllnItttt()0It12t而。101maxldl2ttxI例 6 证明，2001d4dbfaxftabta其中 且积分有意义。,ab证明：令 ，则 ，又24xtab2 24bxtaxt，ba因此可设 。从而有0t，当 ；214xtat/xba，当 。b0从而（注意上、下限变化）/00/ddbabfaxfx2220 444ttatfta 。201dftbta例 7 计算 。1()nxIn 1解：因为 时2，111()()(2)()xnxnxxn 而（注意积分收敛）11 2dd()2()()1)xt txt 因此1 1()()2()nxxInn 。21d()x若 ，则0()nii
4、Ax，1(1)lim()!ixAxn 从而有2101()l!iniI i。10()ln!ini最后我们有。1 11dlln2xIx它也满足上面的公式。即10()ln!iniI。0()l(1)!niniC二、反常积分的收敛性判别法1比较判别法与 Cauchy 判别法（与 -积分比较）阶的估计p例 8 设 且 ， ，证明：积分()1,)fxC(0fxln()im1xf收敛。1()dfx证明：令 。由 ，存在 ，当 时102ln()imxf1Xx，2ln()()ffx因此由 和 收敛知 收敛。()0fx12dx1df2 时考虑 的有界性。()f()Aaf例 9 设 在 上恒正，在任意有限区间上可积，
5、又存在 ，使得x, 0M|()dxkfeM对任意 成立。证明 收敛。0k证明：考虑 的有界性，令 ，取 ，则()BAfxmax,CABkC| |0d()d()dCxBkkAfefe，| 3CxkkefM因此 收敛。()dfx3利用分部积分再判定收敛性。例 10 判定 的收敛性。0sind2x解：有分部积分法有2sincoscosd dinin22xxx 。21csix而当 时 ，因此积分 收敛，从而x2cos4inx 2cosdinx收敛。2csdixx注意到，0sin2lmxx因此 为正常积分。综合起来知原积分收敛。0sidn2另法：利用 收敛，以及0six0nsindd2x220 0sis
6、inddnxx也能得到结论。而且此法可以推广。例 11 判定积分 的收敛性（ ） 。1sindpx0p解：利用 Dirichlet 判别法知 对 都收敛，而1sipx1siinpx。1co2d(si)px又由 Dirichlet 判别法知 收敛，因此原积分收敛等价于积分1(in)p1d(si)pxx收敛。注意此积分函数的分母在无穷远的阶为 ，因此仅当 时收敛。2p12p综合起来，原积分收敛当且仅当 。1至于分部积分法，还有很多的题目都可用。例 12 考虑积分 的收敛性。41sindx提示： 。44231 1cocosi dx4级数判别法例 13 设 ，证明反常积分 当 且 时收敛，其余0pq0
7、sinqpx1pq情形发散。提示： 时 （ ） ，因此积分发散。当 时，112sinqppxx (1)00ddi sinnq qp px20 01()sin1()sipqpqnxx 0 02 2dd()i()/nqpqpnxn ，21()/qpn由于 ，因此积分发散。lim()/qpn n 当 且 时，记 ，则1p0(1)dsinnqpxI，00dsinnqpxI而(1) (1)dsi sinnnq qp pxxI。2200dd21()sin1()/npqpqxxJn最后，令 ，则()/pqtnx。/1/1/()d2pqqnnJtt先设 ，则1pq/ /1/1/0() ()()d(1,/)22
8、pq pqqn nJttBq ，/(,)pqC从而 收敛，即原积分收敛。当 时，取 使 ，则0nI100q01p，000dd1sinsinqqppxx因而原积分收敛。例 14 考虑积分收敛性与绝对收敛性：（1） ； （2） 。cos0dein()xx sin0de()xx解：（1）记 ，则21)cos(ixnI (21)s cos(21)e)in()nxxecos s0 0ddi( 2t tt t，cs2ein)t t从而 ， 。因此级数 （绝对）2220 0ded(41)41ntI tn1nI收敛，由此知原积分收敛。由于，cos siin()2ex xe而 发散，因此积分 发散，从而原积分条
9、件收敛。1sindxcos1dein()xx（2）记 ，则(2)sin()xnJ(1) (2)si sin2 1dd()xnxxeesi sin0 0() (21)x xt tt，nuv其中，sin0 de()2)()xn ttn。sinsi0i(1)xxn tvt类似于（1）的讨论，级数 （绝对）收敛，由此知原积分收敛性与级数 的收敛0nu0nv性相同。当 时，34t， ，sinsie2nxx21si(n)sit从而sinsi0 de(i)(21)xxn tvtn，342d2(1)()4(1)t n由 发散知 发散，因而原积分发散。04(1)n0nv5A-D 判别法例 15 考虑积分（ ）1
10、sindpxI0的收敛性与绝对收敛性。解：因为 ， 收敛， 单调增加11sinsincosinxxx1sidpx1cosx趋于 ，因此积分 收敛；当 充分大时， ，而11idpx 1cosinppx绝对收敛，因此 绝对收敛。从而原积分收敛。1cosdpx1cosinpx同理，积分 收敛，利用1cs2dpx，21111sinsincos2ddpp pxxx原积分绝对收敛仅当 。6变换法要点：利用简单变换不改变收敛性判别。例 16 考虑积分01sindpxI的收敛性与绝对收敛性。解法一：记 ，1sin()pxf， ， 。1/20dIf21/()dIfx32()dIfx由于 是正常积分，因此 收敛（
11、或绝对收敛）仅当 和 同时收敛（或绝对收敛） 。2 1令 ，则tx（ ）或 ，24tx124t从而， ，125/()sindpttI35/2()sindpttI其中， 。1214/()pptt1214/()pptt由于 ，于是在 内， 和 最终单调并有界。因此limlitt5/,()t由 Abel 判别法， 和 收敛或绝对收敛仅当 和 收敛或绝对收敛。1I3 25/sindpt5/2sindpt而后面两个积分收敛仅当 （Dirichlet 判别法） 。因而原积分仅当 时收02p 02敛。为了考虑绝对可积性，我们有，2000111sinsincos2dddpp pxxx类似的讨论可以证明积分当
12、时 收敛，从而由 对20cospx 012px发散知 发散，即原积分不绝对收敛。02p01sindpx归纳起来，积分 当 时条件收敛，其余情况发散。I2解法二：记 ， ，则 ，21()sinfxx12()pgx0()d2xft而当 时 在 附近单调减少趋于零，当 时 在 上最终单调2pg00(),减少趋于零。因此由 Dirichlet 判别法知原积分当 时收敛。2p当 或 时，记 ，则max,qp12244sinsinddppxx2 224 4111sinsindn nqpxxx ， 241sind2qq nx n从而由 Cauchy 收敛原理知原积分当 或 时发散。绝对收敛性的证明同上。0p
13、三、反常积分的收敛性与函数的数值特征1利用 Cauchy 收敛原理研究函数在奇点（包括 ）的阶或性质例 17 设 在 上一致连续且反常积分 收敛，证明()fx,)a()dafx。lim()0xf证明: 若不然， ， ，存在 ，使得 。由 一致0X0xX0()fx()fx连续， ，当 时， 。于是 ，12x12()ff0,，0()f从而有，000()()2fxffxf且 与 同号。因此()fx0，000()d2xf这与 收敛的 Cauchy 收敛原理矛盾。因此必有 。()af lim()0xf例 18 设 在 上单调且反常积分 收敛，证明 。()fx,)a()dafli()0xf证明：不妨设 单
14、调减少，从而 ，否则 发散。 ，由()0fx()af收敛，存在 ，当 时()dafxma,X,ABX。()dBAfx因此由单调性，对任意 ，有2，22()()()xxfff因此有 。因此 。0fflim0xf例 19 设 收敛， 单调下降，求证 。()dafx()xflim()ln0xfx提示： ，其次0。()1()d()d()l2xxxff ffx2积分的极限例 20 设 ，在 上绝对可积，则()0,()fRa0,)。002limsind(dnfxfx证明： ，由 绝对可积，存在 ，使得kN。()kfx因为(1)0()sindsindjknkjf fx(1) 01iijkn knjj x，1
15、2knj其中 ， 分别为 在区间 上的下确界和上确界。,jjjmM,j()fx,jjn由于 ，因此取 ，则 在 在区间()0,fxRk,12,jjkn 1kj()fx上以 为分点的 Darboux 上、下和之间，从而存在 ，当 时，,kj Nn。002()sind()dk kfxfx最后，当 时，nN00()si()fxfx0022()ind()d()sind()dk kk kf ffxfx 。2()d()d3kkfxfx 因此结论成立。例 21 设 且 ，求证()0,)fxClim()xfA。0li(def证明：因为 ，因此1x0 0()d()dx xefAefAx。0xf，由 ，存在 ，使
16、得 时 。再由lim()xf0XxX()2fx，存在 ，当 时 。因为(),fCMfAM，0li(1)Xe因此存在 当 时 。于是当 时有0(1)2Xe00 0()d()dx xefAfAx0Xx xXfefdd2Me。(1)XX例 22 设 且 收敛，证明：(,)fC()dfx。20lim0hf证明： ，由连续性， ，使得 时， 。从x()0/(3)fx而。 2 22()0()0ddd33hfhfx hxx （1）又因为 收敛，存在 ， 有 。令 ，()dfx0MA0()dxAfM213则当 时有10h。 2222()()dd()d3xxxhff hf（2）由 ， ，使得 时 ，从而0lim
17、arctn0h220h(0)arctnf。 2()d()arctn3xhfxf （3）令 ，则当 时，12min,02 22()()(0)d()ddhfxhfxhff x。222()0()()xxf ffx 由 的任意性知 。20limd()hff例 23 设 ，求 。 001()cosxft(0)f解： 20 01dinsindxxfttt。201sisixt从而0000()2121()limlisinsidlimsindxxxxff tt。01li2LHx3广义积分作为“Riemann 和”的极限。例 24 设 在 上单调，广义积分 存在。记()fx,ab()dbafx， ， 则nhkxn
18、0,1kn。1lim()dbkankffx证明：不妨设 在 上单调增加，则由 Cauchy 收敛原理，()fx,，1210()dnhnxfxf，12nnx由极限的夹逼性有 ，同理 。又因为10nhf10hfx，1()d()dk kxnxf因此，121()()nnxbkakhfffx，212dnnxbkakfff结合 和 ，由夹逼准则得到10nhfx0nh。1lim()bkankfxfx注意：（1） 的单调性不可忽略，例如在 上 可积，其()f (0,1)sinfx“Riemann 和”的极限为零，而可以证明 取负值，因而上述结论不成立；10)dfx（2） 的可积性不可忽略，例如 在 上单调增加
19、，()fx(1x(,)但并非广义可积，此时“Riemann 和”的极限为零（恰为 Cauchy 主值） ，而上述结论显然不成立。例 25 求极限 。 3/21limsinnkk13/20sindx解：令 ，则323()i,()cosifxpx，5252csin()()f pxx，当 。1()sicos0p1因此由 知 ，当 ，从而 在 内严格单调减少、非00xx()fx,负。 由 收敛和例 24 的结论得10()df。113/2 3/2001limsin()dsindnkkfxx例 26 设 为二项式系数，记 ， 分别为其算!:()knCnAG术平均值与几何平均值，即， ，01nknA10nk
20、GC求 和 的极限。nG解：由二项式定理， ，因此0()2nknC。1lim2linnA下面讨论 的极限。nG方法一。利用 Stolz 公式：100022lnlnlliiim()nkkkStolzkknCC1001lnlnimi22kkkCkll(1)l!ii1nn n，lili22Stolznn因此 。limenG方法二。利用阶乘的估计式：1!enn（*）和夹逼准则。令 ，则0nkPC， ，11eee!nnn1从而（注意 ） ，因而1P11xpxp!nnnkkP，e()e()22nn 由于 ，而2nG，211limexp()limexp(1)en n，2lin由夹逼准则有 。enG方法三。利
21、用广义积分作为和式极限。直接计算可以得到，12lnlnni iG注意到。21ll0ni21liml0ni由于 在 右侧小邻域内单调减少且在 上广义可积，因()lfxx(,)此101limln(2)lndni ix，200()()lxx于是。1limnlie2nG4积分第二中值定理与广义积分例 27 设 在 上连续且单调，满足 ，证明：()fx0,)lim()0xf。li(sind0nf证明：由假设有 。由 Dirichlet 判别法知)M收敛。再利用积分第二中值定理，0()sidfx A00()sin()sind()sindA Afxfxfx， 1cocoff因此 ，从而0 04()sindlim()sindAfxfxM。0l()snf例 28 设 是 上的连续正函数，积分 收敛，证明：()fx0,)0d()xf。201lim(dAfx证明： ，由 收敛，存在 ，当 时()f00A。d0Axf由 Schwarz 不等式，112 2 1d()()()d()AAAxfxfxff，1 2()dA从而 ，于是 1()dAfx，0 202220 1()d()AffxA令 有A。201lim()1/Afx由 的任意性有 。20lidAf
