數(shù)學分析ai廣義積分

1、魏初文chu廣義積分須知：本文檔中無窮小量（無窮大量）如()的階以冪函數(shù)為標準，用相應冪函數(shù)的指11數(shù)的絕對值 J ( f ) 表示，該值越大階越大，如f(x) = , () = 122,() = , J(g) = ，2J(f) = 1，J(h) = 2，則J(g) J(f) 0 吧。對于很多關于函數(shù)及喜愛你的問題，我們可以考慮從圖上去找 Answer：魏初文chu由于函數(shù)極限是 A，畫圖的時候很自然要把它畫在 A 附近，而且越來越靠近，那么用什么來體現(xiàn)越來越靠近呢？圖中用那兩條線體現(xiàn)出來了，甚至后面可以把這兩條線畫的越來越窄，她體現(xiàn)了極限與控制相同，對于充分大的 x，函數(shù)值總能被控制在一個（

2、充分?。┑膮^(qū)域內(nèi)。當然這里的兩條線主要體現(xiàn)的是保號性從圖上我們就可以看出矛盾了，函數(shù)圖像在 M 之后總是在 A/2 的上方，積分必然無窮大，不可能收斂，用符號語言表述大致就是：存在充分大的正數(shù) M 使得當 x 大于 M 時函數(shù)值大于A/2+= + +(+ ) = + 矛盾！2所以A = 0 法二注解：1. 上面用了反證法，讀者不妨思考上面是否能夠用正面的方法敘述。事實上很多可以用反證法的題目都可以不用反證法，而且整個過程幾乎和反證法相同，反證法在這樣的題中反而略顯多余。反證法改寫成正面方法是一種不錯的鍛煉：正面證明不妨設A 0 M 0, st.對于x M,f A 0lim f A,2f dx

3、fdx A (x M)xMxM這導致 f dx fdx 2aaMaxM2f dx fdxaa即0 A , 再另x ,.x MxM2f dx fdxx Maa 0由分子收斂于常數(shù)可知 lim由夾逼準則可知A=0AA2. 事實上，上面當觀察出 M 0, st.對于x M,f 0 時，由于 g(x) 發(fā)22散，因此可直接由比較原則得出原函數(shù)發(fā)散的結(jié)論。法三積分收斂還有什么等價的條件可以用？法二用了極限的一般定義，事實上還有柯西準則可以2 0用，簡單點表述柯西準則就是（ ， +） 那么，如何用？2111還是一個問題，如何把積分和原函數(shù)聯(lián)系起來？積分第一中值定理！柯西準則常用的上下限是 x, 2x 我們

4、試試這樣：魏初文chu22 = ( ) = 0 ( +) 0( , +)而lim () 存在且 = 因此A = 0（可由歸結(jié)原則得出）法三注解：1. 上面試用常用的上下限 x 和 2x, 而從上面的證明過程中我們可以看出，上限用 2x 并不是必須的，比如用 x+1 等等。2. 事實上，上面的證明中， x 2, = 0 0，因此若有條件x f(x)極限存在，那么必為零2 ()極限存在lim+判別法()收斂 怎么用？判別法 0 2 1，1 +, ()+題注：1.21反證法中作為簡單條件得出矛盾解題中推出不收斂作為反設條件，假設不收斂怎樣把+ ()和 () 聯(lián)系起來？2.六f xdx應該想到什么？分

5、析條件?？吹絘bf xdx顯然是會想到f(b)-f(a),我們令b , 可以看到結(jié)果是我們得到如果是alim f (x)存在，記為A，與第五題就相同了。注記：對比第四五六三題！魏初文chu數(shù)學分析華東師范大學第 282 頁習題：魏初文chu282 頁三、證明1）可能會先想到收斂 hdx fdx 收斂 gdx，但這能說明 fdx收斂？不能，因為f 不一定大于零。大于零的函數(shù)才可以用比較原則。不妨聯(lián)想上面第五題證明A=0（法一）上面先證明lim(f+f)存在且=A，從而由f=(f+f)-f 得到limf，而本例中，若能證明 f gdx，或 f hdx收斂，再利用f=(f-g)+g或(f-h)+h不

6、就可以得出結(jié)論了！那么利用前者還是后者？顯然前者能夠為利用比較原則創(chuàng)造條件，因此我們考慮證明 f hdx收斂.由條件hfg。要構(gòu)造f-h:0=h-hf-h 0， lim ln = 0 0關于這兩個結(jié)論，我們現(xiàn)在做一個簡單的分析（如果理解了挺有用的）：11. 兩個結(jié)果可以相互轉(zhuǎn)化，任意一個結(jié)果的 x 用代換即得另一結(jié)果。x2. 第一個結(jié)果說明任何冪函數(shù)都是lnx的高階無窮大。13. 第二個結(jié)果表明任何冪函數(shù)都是的高階無窮小。lnx4. 由于lnx的階(表示為J(lnx)不為零，但是又比任何冪函數(shù)的階小，即0 J(lnx) 任意正常數(shù)，因此，以冪函數(shù)為標準衡量一個函數(shù)的階是不完備的，這種方式不適用

7、于某些函數(shù)（另外需要注意的是，ln(x + 1)x(x 0)，所以這里說的是某些而非某類）如Dirichlet函數(shù)在無理數(shù)點附近。魏初文chu5. 2、3、4 三個分析下， “J（lnx）幾乎為零”的表述是適合的，也就是說，lnx對于任何無窮大量階的增大的貢獻有，但幾乎為零，對任何無窮小量階的減小的貢獻存在，但幾乎為零，例如lnx的階比高，但對任意的 一定比+的階更低，所以只要 n 比一小，lnx的階仍然比一小，在零為左端點的任何有限區(qū)間的積分必收斂。6. lnx(x +或 x 0)乘上一個函數(shù)（可以用冪函數(shù)判斷其階）的積分并不影響斂散性。下面給出證明，這個證明具有一般性（普通題目類似證明，這

8、里以變量接近瑕點時取正值的函數(shù)為例）： 的收斂積分f x dx，其中f x xx i)考慮僅有一個瑕點+0f xln xf xx ln xln x 0 x ， 1。由于lim limx l limx 11x1xf xln xdx收斂因此01 ii)對于僅有一個瑕點 0 的收斂積分 f x dx，其中f x xx 00f xln xf xx ln xln x 0 x 00 1。由于lim limx l lim x11x1x1因此 f xln xdx收斂0 的發(fā)散積分f x dx其中f x xx iii)考慮僅有一個瑕點+0， 1。由于f xln x f x并且f x發(fā)散（x充分大）f xln x

9、dx發(fā)散因此01 iiii)考慮僅有一個瑕點0的發(fā)散積分 f x dx其中f x xx 0 ，0 1。由于|f xln x | f x1并且f x發(fā)散（x充分大）f xln xdx發(fā)散因此0另注：上面的兩個結(jié)果事實上與下面這個結(jié)果等價：ln x 0 x(x )，這個結(jié)果看似較弱，但這里的x 用x 或x 代換就得到上面ln x1 ln x1 ln x兩個結(jié)果了，反之， 0(x )，這個結(jié)果看似較弱，xxx但這里的x 用x 或x 代換就得到上面兩個結(jié)果了，魏初文chuln x1 ln x1 ln x或者更漂亮地， 0(x )。xxx下面回到本例：本例雖然帶有對數(shù)函數(shù)，但事實上并不是上面所介紹的類型

10、，因為所給的函數(shù)可以用冪函ln（x+1） x1xnxn1xn數(shù)判斷相應的階：因此按n 1 1 和 n 1 0，當x 時，f A 02不妨設f ，fA2 f x dxf x dx+f x dx f x dx+dx ，矛盾！000對于A0，同理可得矛盾，因此f x 0（x ）f x dx收斂這樣一個條件，正如本文檔第五題所提及II）這里再次涉及到了0我們要如何使用這一條件？回看前面的文檔。法一：魏初文chu首先我們試著用用柯西準則。我們常用的上下限是x,2x和 x , x，這里我們選擇2x后者，即考慮 f (x)dx，注意考慮為什么選擇后者。x2x2 x xf x 0。由柯西準則我們知道，f ，因

11、此對x 0有 f (t)dx f (x)dx xx22不等式左邊的極限是0，而右邊也是0，由夾逼準則知 x2即xf x 0（x ）f x 0（x ）法一附注：我們利用積分第一中值定理對法一做一個簡單的改造：f ，由積分第一中值定理可知xx x xx 0有 f (t)dx f ( )dx f f x 0，下同法一。對xxxx2222盡管看上去形式上差不多，但卻是本質(zhì)不同的兩種方法，至少在單調(diào)性的使用上，前者在積分的時候使用，后者在積分之后使用。法二：f xf x xf x ，等式右邊能讓人聯(lián)想到什么？中值定理！1x 1 xbf x dx那么它要怎么來？找分子分母的原函數(shù)！aln b ln a但是

12、我們需要讓x +，那么a,b又要如何選??？2 x再看0f x dx收斂，可以得到什么？用柯西！f x dx 0(x )x2 xF(x) f x dxx2 xf x dxf x F (2 x) F(x) x f (x )x因此我們考慮ln 2 x lnxln 2 x lnx 1 xf 2x 1 2xf 2x 0與法一同理可知，2xf 2x 0（x ） x2即xf x 0（x ）法二附注：通過上面的過程思考，使用上下限x,2x和 x , x之間是否有區(qū)別2法三：這個方法基于本題一開始的分析，由上面的分析可知，當x很大時，111f 必小于 ，同樣地，f （x充分大），f （x充分大），否則0f x

13、dx x2x3x發(fā)散。魏初文chu在上面的基礎上，我們利用這樣一個結(jié)論：1nxf x n 0,M 0st. x M,（*）因此xf x 1 并且xf x 0n令n 得0 limxf x 0，因此limxf x 0法三附注：法三依賴于結(jié)論（*），而事實上上面并未給出這個結(jié)果的證明，1 ，使得f x 其逆命題是存在x至少對某個n 成立，我曾給出一個mk0nxk看似漂亮卻錯誤的證明，正確的證明待續(xù)！九、證明法一：法一：要我們證明極限為零，自然地，反證法！設f x極限不為零或不存在，那么存在f xk | 00 0，使得對任意M k 0，存在xk Mk 使得| ，|f x f x | 0由f 一致連續(xù)知

14、， 0，只要 |x x12122f x 0從而 x U (x ; )k2f x dx 0 xk 2 02x kf x dx k 1xk af x dx ，矛盾！0 x kk 1因此f x的極限為零。法二：f x dx收斂這樣的條件？前面已經(jīng)多次對此進行了討論，法一就是如何利用0上文所總結(jié)方法的最后一種，下面用柯西：由f 的一致連續(xù)性：魏初文chu 0, 0st. | x1 x2 | f x f t | f (x1 ) f (x2 ) | f x t U (x; ),(x (a, )xxx ( f x )dt x( f x )dt f t dt (x (a, )xxx f t dt 2 ( f

15、x ) 2 ( f x ) (x (a, )xx令x ，則有柯西準則可知x f t dt 0即有l(wèi)im 2 ( f x ) 0 lim 2 ( f x )xx即lim f x 0 lim f x lim f x lim f x 0法二附注：或由（#）式得| xxf (t)dt-f x | 對定義域內(nèi)的任意x均成立2再令x ，由柯西準則得|limf x| lim f x 0魏初文chu數(shù)學分析華東師范大學 286 頁：魏初文chu數(shù)學分析華東師范大學 287 頁：魏初文chu三、解x3x 21同階，故收斂2）瑕點僅有0，與1x 213）帶lnx對于瑕點1，用x-1:lim(x 1) 1,故發(fā)散。

16、x1x ln x注：帶ln x，對于瑕點0，上文已經(jīng)介紹處理方法,下面這題就是這種類型ln x 1，因此這附近的瑕積分收斂。4）兩個瑕點，x=1處，lim1 x1x=0處，lim x 2 ln x 0，因此這附近的瑕積分收斂，從而整個積分收斂1 x5）瑕點僅有0，提出使得分母為零的因子（就如用洛比達法則前做的）：arctan x1，從而判斷出與同階，故發(fā)散(1 x)(1 x x2 )1 xsin 117）比較自然地，| x |，因此在0 1時積分絕對收斂xxsin 11 sin t dt(化歸為我們熟悉的sin x 的形式)1xt xt 2對于 1,dx xx p01當2- 1即01時，絕對收

17、斂 當02- 1 即12時，條件收斂當 2時,發(fā)散8）兩個瑕點0和+對于瑕點0，x ex ln x 0故收斂對于瑕點+, x pex ln x 0, p 1故收斂4）（2）遞推法，把xn湊進去五、證明法一：J ln(sinx) dx（* ）210考慮其對稱式 ln(cos x) dx（* ）220下面首先證明上面兩個式子相等：t x220（*1） ln(cost) d( t) ln(cost) dt ln(cosx)dx （* ）2222001 2J ln(sinxcosx) dx ln( sin 2 x) dx ln(sin 2 x) ln 2 dx（* ）+（* ）222122000chu

18、魏初文111t 2 x ln 2 ln(sin 2 x) dx ln 2 ln(sint) dt ln 2 J ln(sint) dt2222222002xt 211112 ln 2 J ln(cosx) dx ln 2 J J ln 2 J2 J ln 22法二：2222220 xxxxJ ln(sin x)dx ln(2 sincos )dx ln 2 ln(sin)dx ln(cos )dx2222222220000t x20ln 2 2 4 ln(sin x)dx 2 4 ln(cos x)dx ln 2 2 4 ln(sin x)dx 2 4 ln(sint)dt22002ln 2

19、2ln(sin x)dx ln 2 2J2220 J ln 22287頁一、證明2）證明兩個積分相等應注意代換和拆分這兩種方法，往往根據(jù)需要先將積分拆分為幾個部分，對于這幾個部分用不同方式處理，常見處理就是代換。比如第一小題等式兩邊積分限分別是0到1和1到+，這顯然就是說很可能是需要做代換t 1 從而達到轉(zhuǎn)化積分限的目的。本題形式上與第一小題相同，只是換x了積分限，但是，注意到，積分限0到+做代換t 1 之后積分限是+到0，形x式上不變，因此仍然考慮此代換。嘗試了就知道，這么做是對的！二、證明22）比較自然地可能會聯(lián)想到xex 這個函數(shù)，但是處理起來相對困難：1x2x2x2為了便于放縮，我們將

20、積分拆分為兩個部分edx edx edx001111122一方面，上式edx xedx (1 )xx2e0011x2另一方面，上式1dx xedx 1 2e01三、解2）法一：形式上屬于 周期導函數(shù) 周期導函數(shù)dx? 用分部積分法二：魏初文chu把eaxsinbx湊成eax (a(c sin bx c cos bx) (c sin bx c cos bx) )1212即ef (x) ( f (x)g(x) g(x)的形式，原函數(shù)為e f (x) g(x)3）法一：11lntt xdx 1ln x10出現(xiàn)ln x的積分應注意t 這個代換，這里I 0 xd ( )t1 x2 1t 21 t 2 l

21、n t 1ln t00() dt t 2dt I1 t 21 t2 I 0法二：ln xln x11將積分拆解，I dx dx1 x1 x220再將拆解開的兩個式子中任意一個做和法一相同的代換，整理之后發(fā)現(xiàn)會和另一部分相消得零注：這里提供方法類似的幾道題以供練習i)證明 ln sin xdx ln cos xdx220022sin xcos xdx ii)證明dx1 x1 x2200iii)0 a b, f Ca, b且f ab f x( x a, b).xf xln xx1bf xbdx ln(ab)dx證明2xaa x ln sin xdx0iiii)求 2提示：f a x =f x這些題

22、的巧妙之處在于拆解積分，通過代換統(tǒng)一積分限從而達到相消的目的四首先找到兩個瑕點0和+sin bxbxbi)對于瑕點0：與同階，因此在0附近，當0 1 1即1 2時積分xxx 1收斂；當 1 1即 2時積分發(fā)散sin bxsin bx(bx)sin x的類型，因此當0 1時，積分條件：xb , 屬于ii)對于瑕點+x p收斂；當 1時絕對收斂；綜上，當 0或 2時原積分條件收斂；當0 1時條件收斂；當1 2時絕對收斂魏初文chu五、證明1）引理：nqpqf x dx f x dx f x dx f x dx(證明略)mpmn首先判斷出積分中有瑕點0，+，取極限時達到。因此我們先考慮 v f ax

23、 f bxdx，當u 0, v 時就是我們需要的。xu v f ax f bxv f axv f bxav f t bv f t 代換dx dx dt dx=dtxf t xxttuuuaubuf t f ut f vt f ut f vt 利用引理代換bubvbbbdt dt dt dtdttttttauavaaaf v ) 1 dt ( f u f v ) ln bb積分第一中值定理 ( f ua ta令u 0,v 即得欲證結(jié)果巧妙之處在于引理的運用和代換使得變化的積分限uv進入了函數(shù)作用的括號里積分限由變化的量轉(zhuǎn)化為常數(shù)。 f (x) f (x)u2）dx收斂，即 limdx存在xxauaf