《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x<x<x2x2-x1=此时由 (/(o+roo ∫)-10)+o E 便得(x)<E,x>G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  + 