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,→/(x<E 比较判敛法设在区间+∞)上函数f(x)和g(x)非负且f(x)≤g(x),又对任何 A>a,()和g()在区间4上可积.则∫g<+,→∫<+:∫f=+,→ g=+oo 5.(比较原则的极限形式): 设在区间+∞)上函数g>0f≥0lm=c.则 i>0<c<+0 f与g共敛散 0.了<+时,了 <+0; g=+∞时 6.( Cauchy判敛法) 设对任何A>a()∈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 > ∃ ∀ > ⇒ ( ) < ε ∫ A A A A f x dx A A' 0, , , , ' " . 4. 比较判敛法:设在区间[a,+ ∞) 上函数 f (x) 和 g(x)非负且 f (x) ≤ g(x)，又对任何 , 和 在区间 上可积 .则 ,⇒ ； , ⇒ . A > a f (x) g(x) [a, A] < +∞ ∫ +∞ a g < +∞ ∫ +∞ a f = +∞ ∫ +∞ a f = +∞ ∫ +∞ a g 5. （比较原则的极限形式）: 设在区间[a,+ ∞)上函数 0, 0,lim c. g f g f n > ≥ = →∞ 则 ⅰ> 0 < c < +∞ ，⇒ 与 共敛散 : ∫ +∞ f a a ∫ +∞ g ⅱ> c = 0 , ⇒ < +∞ 时, ； ∫ +∞ a g < +∞ ∫ +∞ a f ⅲ> 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 < +∞，⇒ < +∞ ； ∫ +∞ a f ⅱ> 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)<5 又因7(x)减收敛,故对上述63G>a,当x,x>G时,有 f(r)dx< 现对任何x>G,取x2x2>G,且使x<x<x2x2-x1=0此时由 Corob+fo 6+≤E 便得(x)<6,x>G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