廣義積分習(xí)題課

1、第十一次習(xí)題課討論題解答本次習(xí)題課主要討論廣義積分的計(jì)算及其收斂性判定。具體有三方面的內(nèi)容：1 .廣義積分計(jì)算2 .廣義積分的收斂性判定3 .三個(gè)重要的廣義積分兩點(diǎn)說明：(1)為了判斷廣義積分J ：= JI f (x)dx的收斂性，我們常常將被積函數(shù)f (x)作分解f(x) = fi(x) + f2(x),使得廣義積分 Ji := 11g(x)dx和J2 := 11f2(x)dx的收斂性比較容易判斷。根據(jù)積分 Ji和J2的收斂性，我們可以確定積分J的收斂性。具體有如下結(jié)論：(i) 如果積分Ji和J2都收斂，則積分 (f(x)dx也收斂。(ii) 如果積分Ji和J2 一個(gè)收斂，一個(gè)發(fā)散，則積分

2、J發(fā)散。(iii) 如果兩個(gè)積分都發(fā)散，則積分J收斂性尚不能確定。此時(shí)只能說分解式f(x) = fi(x) + f2(x)不管用。二.2sin x , dx cos2x ,例：廣乂積分 fdx= 1f+ -dx。i x i 2x i 2xbb(2)對(duì)于正常積分，積分f f (x)dx存在意味著J|f(x)dx存在；反之不然。而對(duì)于廣義積aa分情形則剛好相反：廣義積分f(x)dx存在(收斂)意味著 (f(x)dx存在(收斂)，反之不然。計(jì)算下列廣義積分 說明：以下廣義積分的收斂性不難證明，故略去。但同學(xué)們自己作為練習(xí)應(yīng)該考慮。:dx4,題 i. I = j=,其中 ba oa .(x - a)(

3、b -x)解：對(duì)于x Wa,b,我們又等式x-a b-x x-a b-x+=i,且之0,之0。受此啟發(fā),b -ab-ab-a我們作變換x-a . 2+=sin t,于 b -ab -xb -a2=cos t,且 dx = 2 sin t cost 。因止匕二/2I = 2dt=冗。解答完畢。注：值得注意的是，這個(gè)積分的值與上下限a和b無關(guān)。題2.be .dx0 1 x3解：注意x至1時(shí)01 x2由此可以判斷所求無窮積分收斂。為計(jì)算積分，可以利用有理函數(shù)積分法:1 +x3 = (1 + x)(1 X + x2),（較繁瑣）。另解：原式-be+ f,在其中無窮積分中引入積分變量代換x = 1/t

4、：dx11tdtt20*dt=301 x原式化為兩個(gè)普通積分的和，且都在0,1區(qū)間上:原式解答完畢。題3. I0 1 x3, dxdx=0-Varctan2(x -1/2)dx0 (x -1/2)2 (. 3/2)22 ,.1.(arctan - arctan- 333, 3dx0(1x2)(1xa)其中解：將積分分成兩個(gè)部分I1 :=dxo(1 x2)(1 xa)dx1 (1x2)(1xa)對(duì)積分11作變換x = 1 / y得Ii-yadyxadxdx.y2 1)(1 xa)1 (1 x2)(1xa)解答完畢。（注：積分值與參數(shù)值 a無關(guān)）題4.3x2，一一 一一、一-dx （有理函數(shù)積分或

5、者變量代換）o1 x41 x2解法一：LJL0 1 x4dx - 0 (1 2x x2)(1- ,2x x2)dx1 11二一(22)dx2 0 1 、2x x 1 - “ 2x x-be510F=(arctan*+arctanW)V222J21 解法一：令t=x(評(píng)：這變換有點(diǎn)怪異，很難想到。這樣的特別技巧并不是很多，我 x-1 .們最好都能記住)，則 dt = (1 + 2)dx ,此外t20 時(shí) tT -8 ,= (x-)2 =x2：1 x20 1 x4x-bedx =dt22x 1 _ 1 1/x _ dt/dx-4 = 2 = 2 -x1 x1/x t2-be-2= arcta_.-

6、t22.2O解答完畢。二、判斷廣義積分的收斂性。、：中dx解：該積分既有奇點(diǎn) x=0,又是無窮區(qū)間上積分，是混合型的廣義積分。需要分別處理。在奇點(diǎn)x = 0附近ln(1 x) 1 ln(1 x)以下考察無窮積分p xdx僅當(dāng)p 1時(shí)，取0 A0充分小，使得p 1 ,從而而且1mxp-Jn(1 x)px.ln(1 x)二 lim ：-x一；.：x =0,這說明：1；dx 收斂， p -，1 xadx收斂;1 xp當(dāng)p 41時(shí),lim xx二1n(1 x) = lim x1- ln(1 + x)=收，xp x ,二 ),1由于 f-dx發(fā)散,1 x1 x)p xdx發(fā)散。綜上，當(dāng)且僅當(dāng)1 ：二p2

7、時(shí)，積分Fn(1 +x) dx收斂。解答完畢。0 xppdx ,其中 p A 0。解：當(dāng)u之0被積函數(shù)沒有奇點(diǎn)，當(dāng) 口 1+0(時(shí)積分fBdx收斂。i1 x -綜上，當(dāng)且僅當(dāng)二 x:一1,且P 1十口時(shí)，積分fgdx收斂。解答完畢。o1 X題3.0.2sin xdx(第六章復(fù)習(xí)題題 2(1), p.206 )解：先考積分在奇點(diǎn)x = 0處的收斂性。我們將被積函數(shù)寫作1一.F(XT03,可見當(dāng)且僅當(dāng)a-1時(shí)，積分be a為考察無窮積分一片dx ,注意無論&的符號(hào)如何，者B有1 1 x -sin x 2而積分1cos2x2xpdx收斂，當(dāng)且僅當(dāng)sin2 x 1;p = P -2一X X由此可見，積

8、分在點(diǎn) x = 0處的收斂，當(dāng)且僅當(dāng) p -2 1 ,即p 11 2xp由此可知積分.sn-dx收斂，當(dāng)且僅當(dāng) p 1 1 xp綜上所述，積分1心3dx收斂，當(dāng)且僅當(dāng)1 p 1 ,使得x至A時(shí)sin 之x 2x于是21 sin x 1 cos2x sinxsin -之=一x 2x 2x 2x由此可知積分sinxsinl|dx發(fā)散。綜上可知原廣義積分條件收斂。解答完畢。題6.討論如下廣義積分的絕對(duì)收斂性和條件收斂性，其中p 0 o(i)Ii2sin x ,p-pdx2 x p(xp sin x)(ii)sin x2 xp sin xdxsin x（iii） I3 = -dx0 x sin x解：

9、（i）由于被積函數(shù)為非負(fù)的，因此它收斂即為絕對(duì)收斂。當(dāng)p 1/2時(shí)，根據(jù)不等式sin x1.p pp，可知積分Ii收斂。xp(xp sin x) xp(xp -1)當(dāng)00均收斂。 再根據(jù)結(jié)論(i),我們可以斷言，積分2 xpI2收斂，當(dāng)且僅當(dāng)p1/2時(shí)。再來考慮絕對(duì)收斂性。當(dāng) 0 p E1時(shí)，根據(jù)不等式| sin x|sin2 x11cos2x )-2=一 一xp +sin xxp +1 2 1時(shí)，根據(jù)不等式 |sinx|,我們可以斷言f |sin x 1 dx收斂。于是xp sin xxp 72 xp sin x積分I2條件收斂，當(dāng)且僅當(dāng)1/2p1o(iii)注意對(duì)于任意 p 0 ,1 1,

10、 p 1皿 ps1nx= 1/2, p=11 +xp+sinx0,0 p1這表明點(diǎn)x=0并不是被積函數(shù)的奇點(diǎn)。因此積分I3與積分I 2的收斂性相同，即積分I3條件收斂，當(dāng)且僅當(dāng)1/2 p 1o解答完畢。三.三個(gè)重要的廣義積分二/2(1)計(jì)算 Euler 積分 I = Jln cosx dx。0(2)計(jì)算 Froullani 廣義積分 f f (ax) - f (bx) dxx二 、（3）證明概率積分（也稱 Euler-Poisson積分）e- dx=。204（證明有點(diǎn)長(zhǎng)，已超出要求，可略去。但證明不超出我們所學(xué)，也不難懂。）-Z2（1）.（課本第六章總復(fù)習(xí)題 9, p.207 ）計(jì)算Euler

11、積分I = flncosxdx。 0i / 2提示：用配對(duì)法求積分值?？紤]另一個(gè)積分J = Jlnsinx dx。0解：易見x =兀/2是Euler積分的瑕點(diǎn)。這里我們略去證明收斂性的證明（不難），只專注二/2如何求出積分I的值。我們嘗試用配對(duì)法來求積分值?？紤]相關(guān)積分J = lnsinx dx。不0難證明這兩個(gè)積分相等，即 I =J。于是我們有二/2二/2二/2.：1/2JL2I = lncosxdx，ilnsinxdx= ln cosxsin x dx = - - ln2，ilnsin2xdx。二/2i 二lnsin2xdx=- lnsinydy。02 000020二/2對(duì)于積分 pnsi

12、n2x dx,作變量替換得0.!2顯然 flnsinxdx=2 flnsinxdx。由此得002I一/2冗._ n . _.=ln 2 + f ln sin 2x dx = - ln 2 + I 22004TT于是I =-ln 2o解答完畢。2注：可利用上述Euler積分計(jì)算以下積分的值二/2I) xtanx dx07/2II) xlnsin x dx0二/22x III) -dx0 sinx二/2iv)sin2 xln sin x dx0(2)設(shè)函數(shù)f （x）在0,+尤）上連續(xù)且極限lim f （x）存在，記作f（上）。證明Froullani廣義 x ）二二積分f (ax) - f (bx)

13、bdx = (f (0) 一 f () )ln 一 ,其中 a, b 為兩個(gè)正數(shù)。a提示：將積分分成兩部分之和 I = I1 +12,這兩個(gè)部分分別為從 0到1和1到+8的積分。對(duì)于積分Il,考慮從&到1的積分,將被積函數(shù)拆開，并作適當(dāng)?shù)淖兞刻鎿Q。對(duì)于積分I2可作類似處理。證明：我們將積分I分為兩個(gè)部分I11 -二 f(ax) - f (bx) dx , I2?f(ax)-f(bx)dxo考慮1一對(duì)于任意 亦(0,1),我們有1 _ ，、_f (ax) - f (bx)-dx =- x1f (ax)x1a _, f(bx) . f(u)dx - -L dx = x a udu =b 阡(u)丁

14、丁a而 Wdu =f( ) -du = f ( )lnb a. ua uaf(0)lnb, a因此I11f (ax) - f (bx) 二J1dx = lim 0f (ax) - f (bx)dxf)1nbif(u)du 考慮I2。對(duì)于任意A 1,我們類似有ff(ax) - f(bx) dx :Ixaf (u)bAdx du。aA ubAbA而 Uu)du = f( a).dubb =ff1A)lnf f(Z)ln-, At。故A _f (ax) - f (bx) b f(u) 上一、1 b dx jdu - f (+*)ln - 因此原積分為b I =I1 +I2 =(f(0) _f (收)

15、n-。證畢。 a注1:我們可以直接對(duì)積分R -f(ax) f (bx) dx作分拆,然后分別做變量替換。然后令RT 收和rT 0 +,得到相同的結(jié)論。這樣處理更簡(jiǎn)潔。注2：利用上述Froullani積分，同學(xué)們可以計(jì)算如下積分，其中 a, b為兩個(gè)正數(shù)。arctan ax - arctanbxdxdx-bo2（3）證明概率積分（也稱 Euler-Poisson積分）fe, Adx =。2注1:根據(jù)概率積分公式，我們立刻得到（1/2） = Jn。因?yàn)閞 (1/2)= fxA/2edx=2 fe-L2dt注2:下個(gè)學(xué)期我們將學(xué)習(xí)多重積分。屆時(shí)我們將用更簡(jiǎn)單的方法證明概率積分公式。提示：回憶函數(shù)et

16、的定義:eim 1。令 t = 一x2,則 e-x = lim 11 n LU.2 A” x因此我們有理由期待-bee0dx =dx = limn ):：be/1 一0 .dx。（注：第二個(gè)等式的成立是需要證明的）。由于積分11-0 ndx不方便處理，所以我們考慮它的截?cái)?、n積分J1 -0 dx,這里積分上限取為 7n ,理由是這樣的截?cái)喾e分有一個(gè)較整齊的計(jì)算結(jié)果。于是我們有理由期待二y ne dx = lim ! 1 -n )二00 .ndx。（這不是證明，而是希望）。按以下步驟完成計(jì)算。、n , Step1.記 I n ：= / 1 - 0 -J2n 1呵，2 B2n + 1 ：(2n+1

17、)!_（注：公式（iii）稱作華萊士公式即Wallis公式）Step3.證明她亙。Step4.證明a1 i1 ce, Va 0 , Vtw0,a。,aStep5.證明7十工a.,Va 1, Vte0,aox2Step6.由 Step4,5 可知 0 WemAn,Vn 1, Vx 0, Vn o 由此證明n | lim e ni-bc .0_x21 dx = 0.IStep7.證明-beL20,6dx =2解：定義In := 1 10 kdxoStep 1.作變量代換x = 4 n sin t得二/2In - n0cos2ndtn (2n)!(2n 1)! 二/2Step2.記 Jn := fs

18、inn xdx.0注意Jn還可以寫作二/2cosn xdx。回憶關(guān)于積分J n公式0(2n)!(2n 1)!(2)屆 L“日 J2n 2(2n 1)!由此得=J2n(2n 2)!(2n)!(2n -1)!2n 1 *2n 2nT +s。即式（i）成立。另一方面容易看出 J2n 2 :二J2n1 ：二J2nVn 1 o因此lim上知也=1 o即式（ii）成立。二 J2n1將公式（2）代入式（ii）,我們就得到lim - n j 二二2(2n)!2n +1 1(2n + 1)!_ji一,即式（iii）成立。2Step3.根據(jù)Wallis公式，我們立刻得到n; Va0, Vt0,a。at.Step4.證明1 - - ea證：當(dāng)t = a時(shí)，不等式顯然成立?？紤]情形 t w