谈无穷级数与广义积分的关系
常义积分_两种广义积分和无穷级数收敛注记_袁德美
A1 ∈ [ a , b), 当 x ∈ [ A1 , b)时 , 成立
|f(x)|>1
(11)
∫b
又由于 |f(x)|n d x 收敛 , 由 Cauchy 收敛原理 , ε>0 , A2 [ a , b), 当 u1 , u2 ∈ [ A2 , a
b)时(不妨设 u1 < u2), 成立
∫u
∞
∑ |ui |n <+ ∞
i =1
(18)
命题 9 设 m , n 是二自然数 , m < n , 则无穷级数
∞
∑ |ui |m <+ ∞
i =1
反过来 , 未必成立 。
∞
∑ |ui |n <+∞
i =1
(19)
对于无穷限广义积分 , 相应于常义积分的命题 1 ～ 3 不成立 , 以命题的形式给出其一 。
(15) (16)
取 N =max{N 1 , N2}, 则由(15)和(16)式知 , 当 i >N 时 , 对于任意自然数 p =1 , 2 , 3 , … , 都
成立
u2 i+1
+u
2 i+2
+…
+
u
2 i+p
<|ui+1 |+|ui +2 |+ … +|ui +p |<ε
(17)
∞
∑ 由无穷级数收敛的 Cauchy 准则知
i
ω<ε i
ω ＊ ≥ε i
ω<ε i
ω ≥ε i
由 ε和 σ的任意性及[ 1] P273 定理 5 知 , 结论成立 。
广义积分
b→ +∞
∫
b a
f ( x )d x
此时也称广义积分收敛 此时也称广义积分收敛， 收敛，若上述极限不存在， 若上述极限不存在，则称广义 积分发散 积分发散。 发散。
定义2
设函数 f ( x) 在 ( −∞ , b ] 上连续， 上连续，极限
a → −∞
lim
∫
b a
f ( x )d x
存在， 存在，称此极限为在区间 ( −∞ , b ] 上的广义积分, 记作
−t b 0
b→ +∞
∫
b
b 0
te
−t
dt
lim {[ − te = b → +∞
] + ∫ 0 e − t dt }
= lim ( − be b → +∞
→ +∞
−b
− e −b + 1)
= 1 .
若广义积分收敛可以直接用“ 若广义积分收敛可以直接用“=”.
例2 计算 ∫− ∞ sin xdx.
讨论
∫
1 − 1
1 d x 的收敛性. 2 x
∫
1 −1
dx = 2 x
1 0
∫
0 −1
dx + 2 x
∫
1 0
dx x2
其中 ∫
1 dx 1 dx = lim 2 2 + ∫ε ε → 0 x x
1 1 1 = lim [ − ]ε = lim ( −1 + ) + + ε →0 ε →0 x ε = +∞
a →+∞
∴ ∫ sin xdx = 0.
−∞
∵ ∫ 0 sin xdx 发散 −∞ ∴ ∫− ∞ sin xdx 发散.
§1广义积分的概念与计算
§1广义积分的概念与计算广义积分是微积分中的一个重要概念，它是对一些函数在一个区间上的积分的推广。
在数学中，广义积分是利用极限的概念来计算一些函数在无界区间上的积分。
广义积分的计算方法有多种，下面将详细介绍广义积分的概念以及常用的计算方法。
1.广义积分的定义广义积分的定义是通过极限来定义的。
设函数f(x)在区间[a, +∞)上有界，则称函数f(x)在区间[a, +∞)上的广义积分为广义积分，记作∫(a, +∞) f(x)dx，定义如下：∫(a, +∞) f(x)dx = lim R->+∞ ∫(a, R) f(x)dx其中，R是一个无穷大的数。
广义积分存在的条件是收敛，即极限存在时，广义积分收敛，否则称为发散。
2.广义积分的计算方法计算广义积分的方法有多种，下面将介绍几种常用的方法。
2.1.利用分部积分法分部积分法是一种常用的求解广义积分的方法，它是通过对被积函数进行适当的分解和对积分符号的操作来求解广义积分。
基本的分部积分公式为：∫ u(x)v'(x)dx = u(x)v(x) - ∫ v(x)u'(x)dx利用分部积分法，可以将复杂的广义积分转化为简单的广义积分，从而便于求解。
2.2.利用换元法换元法是另一种常用的求解广义积分的方法，它是通过引入一个新的变量并进行适当的代换，将原广义积分转化为一个简单的形式。
换元法的基本思想是利用变量代换来改变被积函数的形式，从而使得积分变得容易求解。
2.3.利用级数展开法级数展开法是一种将被积函数展开成无穷级数的方法，然后分别求解每一项级数的广义积分，最后将所有项的广义积分进行求和得到原广义积分的值。
级数展开法主要适用于一些特殊函数的广义积分求解。
2.4.利用对称性有些函数具有对称性，可以利用对称性来简化广义积分的计算。
例如，假设函数f(x)在区间[-∞, +∞]上是奇函数，则有∫(-∞, +∞) f(x)dx = 0。
利用对称性可以将广义积分化简为求解一个有界区间上的广义积分。
数学竞赛无穷级数(一)
n!1an 1
an 1
1
lim
ˇˇf .x/ˇˇ dx D 0. 记 un
f .x/ dx. 则无穷级数 P un 的敛散性
n!1 an
an
nD1
b
与瑕积分 f .x/ dx 的敛散性相同。
f .x/ dx 的敛散性相同。
nDa
a
3. 广义积分与无穷级数的收敛性的联系
定理 5 设 a 为一整数，函数 f .x/ > 0 在 Œa; C1/ 上单调减少，un
1
C1
f .n/. 则无穷级数 P un 的敛散性与广义积分
f .x/ dx 的敛散性相同。
nDa
a
例4
当实数
p
取何值时，级数
1
P
D
lim
n!1
anC1 .n C 1/Š.an nŠ
.n C 1/nC1
nn
D
lim
n!1
ann .n C 1/n
a
a
D lim
n!1
1
C
1 n
nD e:
所以当 a < e 时，原级数收敛；当 a > e 时，发散。
例1
设
a
>
0
为常数，试判断级数
1
P
nD1
an nŠ nn
的敛散性。
解 注意到
D
lim
n!1
anC1 .n C 1/Š.an nŠ
.n C 1/nC1
nn
D
lim
n!1
ann .n C 1/n
a
a
D lim
n!1
1
C
1 n
nD e:
无穷限广义积分
1 1 3 x4/3 x4
4 而 p 1 的 P 积分 3
1 x
4/3
1
d x 收敛 , 故
无穷积分
3
1
dx 收敛 . 4 x 1
读者不妨自己用比较判别法的极限形式进行判别.
由比较判别法与 P 积分综合而成
定理
（柯西极限ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ别法）
设 f ( x) C( [a, ) ) (a 0) , 且 f ( x) 0 .
f ( x), g ( x) R( [a, A] ) , 且满足
g ( x) f ( x) 0，
则 (1) 当 ( 2) 当
a a
g ( x) d x 收敛时，积分 f ( x) d x 发散时，积分
a a
f ( x) d x 也收敛 . g ( x) d x 也发散 .
一、无穷限积分的定义
二、无穷限积分的判别法
一、无穷限积分的定义
引例 曲线 和直线 及 x 轴所围成的开口曲 边梯形的面积 可记作
y
其含义可理解为
A lim
b 1
b
1 dx lim 2 b x 1 x
b
O
1 b
x
1 lim 1 1 b b
a
a
其它类型的无穷 积分的情形类似 于此.
f ( x) d x .
c
f ( x) d x f ( x) d x [ f ( x) g ( x)] d x u ( x)v( x) d x u ( x)v( x)
c
f ( x) d x
极限思想方法在无穷级数与广义积分中的应用
极限思想方法在无穷级数与广义积分中的应用作者：姜珊珊杨柳南华来源：《教育教学论坛》2017年第10期摘要：本文主要探讨分析极限过程，通过论述阶的估计方法及其在无穷级数和广义积分的敛散性判别中的应用，展示分析学不同问题中的极限思想与方法。
关键词：极限；无穷级数；广义积分中图分类号：G642.0 文献标志码：A 文章编号：1674-9324（2017）10-0215-02一、引言经数学发展史上第二次数学危机，最终由Weierstrass和Cauchy等人严格阐述的“极限”这一概念是微积分学中最基础的概念。
极限过程是变量的稳定的变化过程，也是由“量变”到“质变”的一个过程。
现代分析学，如数学分析等就其内容的性质而言，实质上就是一门研究极限过程的理论和变量计算方法的学科，其中变量计算方法的理论依据就是极限过程的内部规律性，而变量计算的形式法则又是极限过程内部规律性的外在体现。
观察数列f■=■（n=1，2，3，…），当n沿自然数列逐渐增大时，f■随之逐渐变小，但不论n如何增大，f■始终是一个正数。
显然这是一个量变的过程，因为尽管f■随着n增大一直在变小，却仍旧保持着“是一个正数”的性质。
然而■f■=0，这一结果改变了“是一个正数”的性质，或者说“f■是一个正数”的性质随着n无限增大而消失了。
这虽是一个简单的例子，但是已充分说明了极限过程是由“量变”到“质变”的过程。
又如，无理数也是从有理数出发，再加上极限过程的理论而定义的。
事实上，我们知道对任意的自然数n来说，1+■+■+…+■总是一个有理数，而其极限■a■=e却导出了一个无理数。
无穷小与无穷大的概念也是由极限过程来定义的，也可以说它们本身实际上就是一个极限过程，若能体会极限的这种“质变”过程的意义，对分析学中常以极限过程来定义新概念也就可以理解了。
二、函数阶的估计及其应用关于无穷小与无穷大阶的概念，利用极限过程可以将其推广到任意的函数f（x）和g （x）（g（x）>0）上。
级数与广义积分收敛判别方法小结
级数与广义积分收敛判别方法小结
众所周知,正项级数和广义积分已有多种判别收敛性的方法,但每个判别法都有其应用
的局限性,因此探讨一些更有效的判别法是有意义的。
本文讨论了一类正项级数和广义积分收敛和发散性判别法及其余和的渐近表示式。
级数理论在数学分析中占有很重要的一席之地，而级敌理论中，研
究无穷级数的收敛性则相当的重要。
仅由收敛原理来判别级肚的敛散性，在
实际问题中.往往是不可行的。
本文中，主要介绍了比较判别法.柯西判别法，
达朗贝尔判别法拉阿比判别法.对数判别法，双比值判别法.高斯判别法，柯
西积分判别法，对于常用的判别法，本文对其有效牲做了简单的比较，从而能
够使读者更加深入的了解和熟悉各种判别法的使用范围。
常义积分、两种广义积分和无穷级数收敛比较
常义积分、两种广义积分和无穷级数收敛比较1常义积分常义积分（RegularIntegral）是指一般形式下的定积分，它就是根据某函数的参数实现积分。
其求解的方式一般有两种，一是利用求解定积分公式，二是利用积分计算机计算。
定积分在数学上具有重要的地位，它是定积分积分方程组（ODEs）和椭圆型偏微分方程（PDEs）的基础理论。
它也是应用于统计学和动力学最重要的数学工具。
2两种广义积分广义积分（GeneralizedIntegral）是一种改进后的定积分，它是复杂的定积分加以扩展和改进后得到的。
它通常用于研究更复杂的函数，这些函数往往具有不可积的特性。
它的几何意义就是将积分域分解成多边形，使所有边界条件都得以满足。
广义积分可以用于计算更复杂的函数，但它存在一定的反压力，即求解复杂且非线性的函数时，广义积分的计算效率较低。
3无穷级数收敛无穷级数收敛（SeriesConvergence）是指一个数列的和可以无限接近另一个某一数的性质，或者是数列的每一项都收敛到某一数值。
这种性质具有很强的数学意义，它可以用来表示特殊函数的特性，如正弦函数的级数收敛性是它拥有无限周期性的重要原因。
无穷级数收敛也可以用来构造逼近函数，因为它可以把任意函数拆分成若干有限项累加和，从而对函数进行逼近。
总之，定积分、广义积分、无穷级数收敛都是作为整数系统的重要概念和工具，在数学中得到了广泛的应用，在实际应用中也有很大的作用。
各自在应用上拥有自身的优势，积分不仅可以用来求解各种运动物理量，而且还可以给出一系列有趣有趣的问题。
不同的积分技术在优劣上有所差异，但它们都是能够更好地理解和解释数学概念和外国学科，为大家提供更多令人心满意足的工作。
常义积分、两种广义积分和无穷级数收敛比较
常义积分、两种广义积分和无穷级数收敛比较数学中的分是一个重要的量，它被广泛应用于物理、化学、工程等科学和技术的研究中。
本文就分的三主要概念，即常分、广义分和无穷级数收，进行比较分析，以期加深对它的理解。
首先，常分是一常用的计算方式，它可以用来计算某一函数在一定区间内的总和。
一般而言，可以将一个复杂的函数分解成有限的许多小细分片段，根据片段内的函数进行分，然后把它们相加，从而求得原函数在整个计算区间内的总和。
接下来，可以介绍广义分，它是一比常分更加广泛的计算方式，可以用来计算不同类型的函数，存在一些不同于常分的计算方式。
比如，常分只能计算正定函数，而广义分可以入负定函数、奇函数和偶函数等，可以更加准确的计算函数的总和。
最后，无穷级数收也是一种常用的计算方式，它和常分和广义分都有共同之处，也可以用来计算某一函数在一定区间内的总和，但它有一个特点，就是可以将函数抽象为无穷多个特定模式的片段，然后进行分析计算，从而求得原函数在整个计算区间的总和。
综上所述，常分、广义分和无穷级数收都是非常重要的计算方式，它们各有特点，都可以用来计算某一函数在一定区间的总和，而且在工程应用当中发挥着重要作用，应用广泛。
本文对三者进行比较分析，加深了对它们的理解，以期未来能够更好地应用于工程。
- 1 -。
常义积分,两种广义积分和无穷级数收敛比较
常义积分,两种广义积分和无穷级数收敛比较
常义积分指的是在一维实数域上的积分，它的核心思想是把原函数的原域内的区域分割成有限多个小子区域，然后根据某种规则来求解每个子区域上的积分，最后把每个子区域上的积分加起来就获得了整个函数在原域内的积分。
而广义积分则是把一般实数域上的积分推广到更高维度的复数域和矢量空间上，也可以用来确定函数在特定域内某种积分表示的值。
无穷级数收敛指的是如果一个级数的各项和都在无穷小范围内，那么这个级数就是收敛的。
常义积分是一种求解不定积分的方法。
它利用定义域上某个函数的有限多个小子区域，并以某种规则来求解每个子区域上的积分，当把所有积分相加时，就可以得到整个函数在原域内的积分。
除了常义积分，还有二阶导数积分、边界积分、双重积分等，都是用来求函数的积分的重要方法。
广义积分是指在一般实数域上的积分的拓展，它可以用来确定函数在特定域内某种积分表示的值，同样也可以在复数域和矢量空间上使用。
无穷级数收敛法是一种判断级数是否收敛的方法，如果一个级数的各项和都在无穷小范围内，那么这个级数就是收敛的，它在很多领域中，如物理、数学以及工程中被广泛应用。
广义积分与级数的收敛条件探讨
广义积分与级数的收敛条件探讨一、广义积分的收敛条件广义积分是对无界区间上的函数进行积分运算，相比于定积分而言，广义积分在收敛性上有更多的可能性和条件。
下面我们将探讨广义积分的一些收敛条件。
1. 第一类广义积分的收敛条件第一类广义积分是对有界区间上的函数进行积分运算，它的收敛与有界性密切相关。
如果函数在有界区间上单调递减且有界，那么第一类广义积分是收敛的。
这是因为单调递减函数的积分与上下界之间的面积有关。
此外，如果函数在有界区间上有有限个或者无穷个可去奇点，那么积分在奇点处可以先求极限，再将区间分割为多个有界区间，对每个区间应用有界性的条件判断，最后将收敛的部分相加即可。
2. 第二类广义积分的收敛条件第二类广义积分是对无界区间上的函数进行积分运算，其中一个典型的例子是柯西主值积分。
对于第二类广义积分，我们需要额外考虑函数在无穷远处的行为。
如果函数在无穷远处为无穷大，那么第二类广义积分是发散的。
如果函数在无穷远处为有限值，同时在有界区间上满足第一类广义积分的收敛条件，那么第二类广义积分是收敛的。
此外，我们还可以运用比较判别法、绝对收敛性和交错级数判别法等方法进行判别。
比较判别法可以通过把广义积分与一个已知的收敛或发散的积分进行比较，从而判断广义积分的收敛性。
绝对收敛性的判定方法是通过判断广义积分的绝对值是否收敛来判定原积分是否收敛。
交错级数判别法可以用于判断交错级数是否收敛。
二、级数的收敛条件级数是一种包含无穷项的数列求和运算，其收敛性与数列的项有密切关系。
下面我们将探讨级数的一些收敛条件。
1. 正项级数的收敛条件正项级数是指级数中每一项都为非负数的级数。
对于正项级数，我们可以使用比较判别法来判断其收敛性。
即将级数的每一项与一个已知的收敛级数进行比较，如果比较级数收敛，则原级数也收敛。
此外，我们还可以使用比值判别法或根值判别法进行判断。
比值判别法是通过计算级数中相邻两项的比值的极限值来判断级数的收敛性。
第5章 级数与广义积分
第五章 级数与广义积分§5.1 收敛性的讨论一、基本概念与收敛的必要条件1.级数与广义积分收敛性定义（1）设{}n a 是数列,则∑+∞=1n n a 称为级数.称n n a a a S +++= 21为级数∑+∞=1n n a 的前n 项部分和.若数列{}n S 收敛,则称此级数收敛,并称极限值n n S +∞→lim 为级数∑+∞=1n n a 的和.(2)设()x f 是定义在[)b a ,上的函数,其中*R b ∈{}+∞∞-⋃=,R .若对任意[)b a t ,∈,()x f 在[)t a ,上可积,且极限()⎰→ta b t dx x f lim 存在,则称积分()dx x f ba⎰收敛,或()x f 在[)b a ,上广义可积,且记()dx x f b a⎰()⎰→=tabt dx x f lim .当R b ∈且()x f 在点b 附近无界时,称b 为瑕点.当b 为∞+或瑕点时,称()dx x f ba⎰为广义积分.类似可定义a 为∞-时广义积分()dx x f ba⎰的收敛性.设()x f 是定义在[)b a ,上的函数,其中*,R b a ∈,定义()dx x f ba⎰()dx x f ca ⎰=()dx x f bc⎰+,其中()b a c ,∈.若()dx x f ca⎰与()dx x f b c⎰都收敛时,称积分()dx x f ba⎰收敛,易证上述定义与c 的选择无关.2.级数收敛的必要条件若级数∑+∞=1n n a 收敛,则0lim =+∞→n n a .但是由广义积分()⎰+∞adx x f 收敛,不能推出()0lim =+∞→x f x .例1 存在[)+∞,1上广义可积的正值连续函数()x f ,使得()0lim ≠+∞→x f x .解 定义函数)(x g 如下:当211n n x n -+<≤时,0)(=x g ;当2221111n n x n n -+<≤-+时, ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=22112)(n n x n x g ;当12112+<≤-+n x n n 时,()12)(2---=n x n x g .其中n 取遍任意自然数函数.)(x g 的图像如图所示再令()21)(xx g x f +=,则()x f 在[)+∞,1上连续恒正,且()⎰+∞1dx x f ()⎰+∞=1dx x g ⎰∞++121dx x ∑+∞=+=1211n n是收敛的,但是()02lim ≠=+∞→x f x .例2设)(x f 在[)+∞,a 上一致连续且()⎰+∞adx x f 收敛,证明()0lim =+∞→x f x .证明 由于)(x f 在[)+∞,a 上一致连续,0>∀ε,0>∃δ,当()b a x x ,'','∈且δ<-'''x x 时, 有()()ε<-'''x f x f .由于()⎰+∞adx x f 收敛,存在0>M ,当M x >.时,()εδδ<⎰+x xdt t f .由于()()⎰+-δδx xx f dt t f ()()[]⎰+-=δx x dt x f t f ()()⎰+-≤δx xdt x f t f εδεδ=≤⎰+x xdt .所以()≤δx f ()⎰+δx xdt t f ()()⎰+-+δδx xx f dt t f εδ2<.即()ε2<x f .这证明了()0lim =+∞→x f x .例3设)(x f 在[)+∞,a 上单调递减非负且()⎰+∞adx x f 收敛,证明()0lim =+∞→x xf x .证明 由于()⎰+∞adx x f 收敛,0>∀ε, 存在0>M ,当M x >.时, ()⎰+∞xdt t f 2ε<.又)(t f 在[]x x 2,上单调递减非负,从而()x x f ⋅2()⎰≤xx dt t f 22ε<.故有()ε<≤x xf 220.因此当Mx 2.>时,()ε<≤x xf 0,所以()0lim =+∞→x xf x .例4设)(x f 在[)+∞,a 上可微, )('x f 可积,且当+∞→x 时, )(x f 单调递减趋于零.又()⎰+∞adx x f 收敛,试证()⎰+∞adx x xf '收敛.证明 首先)(x f 非负.否则,若存在1x 使得0)(1<x f ,则1x x >时恒有()0)(1<≤x f x f ,从而()⎰+∞adx x f 发散,而这与已知条件矛盾.其次由()⎰+∞adx x xf '()⎰+∞=ax xdf ()⎰+∞=ax xdf ax xf ∞+=)(()⎰+∞-adx x f ,且()⎰+∞a dx x f 收敛可知,()⎰+∞adx x xf '收敛与否取决于()x xf x +∞→lim 是否存在. 由例3证明过程可知()0lim =+∞→x xf x .例5设)(x f 在[)+∞,a 上有连续可微函数,积分()⎰+∞adx x f 和()⎰+∞adx x f '都收敛.证明()0lim =+∞→x f x .证明 要证+∞→x ,)(x f 有极限,由归结原则,只要证{}+∞→∀n x 恒有{})(n x f 收敛.事实上,由()⎰+∞adx x f '收敛,由Cauchy 收敛准则, 0>∀ε, 存在a A >,当A x x >.,21时, 恒有()⎰21'x x dx x f ()()ε<-=12x f x f .于是{}+∞→∀n x ,存在0>N ,当N m n >,时,有A x x m n >.,,从而()⎰mnx x dx x f '()()ε<-=n m x f x f .所以{})(n x f 收敛.由归结原则()α=+∞→x f x lim 存在.下证0=α.若0>α,由局部保号性,存在0>∆,当∆>x 时有02)(>>αx f .从而∆>A 时()+∞→≥⎰A dx x f AA22α)(时当+∞→A 这与()⎰+∞adx x f 收敛矛盾.同理可证0<α也不可能,故()0lim =+∞→x f x .二、收敛的充分条件1.比较原则 设∑+∞=1n n a 与∑+∞=1n n b 都是正项级数,且存在0>N ,当N n >时, n n b a ≤.(1)若∑+∞=1n n b 收敛,则∑+∞=1n n a 收敛;(2)若∑+∞=1n n a 发散,则∑+∞=1n n b 发散.推论 设∑+∞=1n n a 与∑+∞=1n n b 都是正项级数,且存在0>N ,当N n >时, nn n n b b a a 11++≤.(1)若∑+∞=1n n b 收敛,则∑+∞=1n n a 收敛;(2)若∑+∞=1n n a 发散,则∑+∞=1n n b 发散.对广义积分有类似的比较原则. 例6设{}n u 是单调递增的正数列,证明(1) 当{}n u 有界时,∑∞+=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-111n n n u u 收敛;(2) 当{}n u 无界时,∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 发散. 证明 (1)由条件知n n u +∞→lim 存在,设u u n n =+∞→lim .因为=-≤+110n n u u ≤-++11n n n u u u 11u u u nn -+, ∑=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-nk kk u u u 111111u u u n -=+11u u u -→)(+∞→n , 由比较原则级数∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 收敛.(2) 当{}n u 无界时,有+∞=+∞→n n u lim .由于∑+=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-pn n k k k u u 11∑+=++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=p n n k k kk u u u 11∑+=+++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥p n n k p n kk u u u 1111++++-=p n n p n u u u 11++-=p n n u u , 对固定的n ,取充分大的p 使得211<++p n n u u ,则有2111>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∑+=+p n n k k k u u .由Cauchy 收敛准则,级数∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 发散.练习 设)(x f 在[)+∞,1上连续,对任意[)+∞∈,1x 有0)(>x f .另外()λ-=+∞→xx f x ln ln lim .试证若1>λ,则()⎰+∞1dx x f 收敛.证明 因()λ-=+∞→x x f x ln ln lim 故0>∀ε, 存在1>A ,当A x >时有()ελ+-<xx f ln ln ,即()()ελελ+-=+-<x x x f ln ln ln ,所以ελ-<<x x f 1)(0(当A x >时).因1>λ,故取10-<<λε,于是1>-ελ,所以⎰∞+-11dx xελ收敛.由比较判别法()⎰+∞1dx x f 收敛.2.比式判别法 设∑+∞=1n n a 是正项级数,若极限q a a nn n =++∞→1lim 存在，则(1)当1<q 时级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1>q 时级数∑+∞=1n n a 发散.练习1试证如下级数收敛(1) +++-++-+-+2222222222; (2) +++-++-+-+6662663633. 提示 (1)令2222++++=n A ，n n A a -=+21(其中00=A ),易证2lim =+∞→n n A .=++∞→n n n a a 1lim11222lim --+∞→-+-n n n A A x x X -+-=→222lim 2121221lim 2<=++=→x X (归结原则). 练习2设()x f 在0=x 的某邻域内有二阶连续导数，且()0lim 0=→x x f x ．证明级数∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．证明1 由()0lim 0=→x x f x 得,()00=f ,()00='f .又()=→20lim x x f x ()()0''212'lim 0f x x f x =→.由归结原则, =⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→2211lim n n f n ()=→20lim x x f x ()∞≠0''21f ,故=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→2211lim n n f n ()+∞≠0''21f , 而级数∑∞=121n n 收敛,由比较判别法知∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．证明2 由()0lim 0=→xx f x 得,()00=f ,()00='f .()x f 在0=x 某邻域内的二阶泰勒展式为 ()()()()()22212100x x f x x f x f f x f θθ''=''+'+=,10<<θ由()x f ''连续知，0>∃M ，有()M x f ≤''，从而有2121nM n f ⋅≤⎪⎭⎫ ⎝⎛故∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．例7（比式判别法的推广）设∑+∞=1n n a 是正项级数,则(1) 当1lim 1<++∞→nn n a a 时,级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1lim 1<++∞→nn n a a 时,级数∑+∞=1n n a 发散.证明 (1) 设1lim 1<=++∞→nn n a a q ,存在0>ε使得1<+εq .由上极限的性质,存在0>N ,当Nn >时11<+<+εq a a nn .故有()N N a q a ε+<+1, ()()N N N a q a q a 212εε+<+<++,………………………()N pp N a q a ε+<+,由于等比级数()pp q ∑+∞=+1ε收敛,由比较原则, ∑+∞=+1p p N a 收敛,所以级数∑+∞=1n n a 收敛.（2）设1lim 1<=++∞→nn n a a q ,存在0>ε使得1>-εq .由下极限的性质,存在0>N ,当N n >时,11>+>+εq a a nn .因此n n a a >+1,所以原级数是发散的.3.根式判别法 设∑+∞=1n n a 是正项级数,若极限l a n n n =+∞→lim 存在，则(1)当1<l 时级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1>l 时级数∑+∞=1n n a 发散.（根式判别法的推广）设∑+∞=1n n a 是正项级数,则(1) 当1lim <+∞→n n n a 时,级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1lim <+∞→n n n a 时,级数∑+∞=1n n a 发散.证明可仿照例7进行.4.Raabe 判别法(极限形式) 设∑+∞=1n n a 是正项级数且极限r a a n nn n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→11lim 存在. (1)若1>r ,则级数收敛;(2) 若1<r ,则级数发散.证明 取0>ε使得10>-=εr r .存在0>N ,当N n >时, 011r a a n n n >⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+,由此得n r a a nn 011-<+.取p 满足01r p <<.由于011111lim00>-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-++∞→p r nn n r pn ,故当n 充分大时,011110>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-pn n r ,即pn n n r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<-110. 所以nn a a 1+pn n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<1pp n n 111+=.因此由∑+∞=11n pn 收敛与比较原则的推论可知∑+∞=1n n a 收敛. (3) 当n 充分大时,有111≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n ,n n a a 1+1111-=-≥n n n n . 由调和级数∑+∞=11n n 发散与比较原则的推论可知∑+∞=1n n a 发散.例8讨论级数()()pn n n ∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1!!2!!12的敛散性. 解 设()()pn n n a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=!!2!!12,由于 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n 11⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=p n n n 221212222222111p n n n n p→+⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-- )(+∞→n , (此处利用已知极限()p xx px =-+→11lim 0),由Raabe 判别法,当2>p 时级数收敛;当2<p 时级数发散;当2=p 时由Raabe 判别法的证明过程知级数发散. 推论 ()()0!!2!!12lim =-+∞→n n n .例9讨论级数()()()∑+∞=+++121!n n x x x n 的敛散性.其中0>x .解 设()()()n x x x n a n +++=21!.由于⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n 11x n x nx n x n n →++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=1111)(+∞→n , 由Raabe 判别法,当1>x 时级数收敛;当1<x 时级数发散;当1=x 时级数为,3121 ++,因此级数是发散的.例10 设数列{}n a 单调递减非负,证明级数∑+∞=1n n a 收敛当且仅当级数∑+∞=022k k ka收敛.证明 设n n a a a S +++= 21,k a a a T k k 22122+++= .当12+<k n 时, )()(1223211-+++++++≤k k a a a a a S n k k T a a a k =+++≤22122 .因此若级数∑+∞=022k kk a 收敛,则数列{}k T 有界,从而数列{}n S 有界,这推出级数∑+∞=1n n a 收敛.当k n 2>时,)()(21243211k k a a a a a a S n +++++++≥+- k k T a a a a k 21222121421=++++≥- . 故由级数∑+∞=1n n a 收敛可推出级数∑+∞=022k k ka收敛.例11 设0>n a ),2,1( =n ,证明数列()()()()n a a a +++11121 与级数∑+∞=1n n a 同为收敛或发散.证明 令()()()n n a a a u +++=11121 ,则()()()n n a a a u ++++++=1ln 1ln 1ln ln 21 .所以{}n u 收敛⇔{}n u ln 收敛⇔∑+∞=+1)1ln(n n a 收敛.由于当0lim =+∞→n n a 时有1)1ln(lim =++∞→nn n a a ,所以∑+∞=+1)1ln(n n a 与∑+∞=1n n a 同为收敛或发散,从而数列{}n u 与级数∑+∞=1n n a 同为收敛或发散注当数列()()()()n a a a +++11121 收敛时,称无穷乘积()∏+∞=+11n n a 收敛,其极限值称为无穷乘积的值.否则称无穷乘积发散.例如发散而收敛.例12设0≠n a ),2,1( =n 且0lim ≠=+∞→a a n n ,证明级数∑+∞=+-11n n n a a 与级数∑∞+=+-1111n n n a a 同为收敛或发散.证明 令n n n a a u -=+1,nn n a a v 111-=+. 则nn n n n n a a a a v u 1111--=++21a a a n n →=+.)(+∞→n 所以级数∑+∞=1n n u 与级数∑+∞=1n n v 同为收敛或发散.例13 设正项级数∑+∞=1n n a 是发散的,n S 表示该级数的前n 项部分和.证明（1）级数∑+∞=0k nnS a 也是发散的;（2）级数∑∞=12n nnS a 收敛． 证明 (1) 由条件知{}n S 单调递增趋于∞+.我们有∑+=mn k kk S a 1m m n n n n S a S a S a +++=++++ 2211m m n S a a ++>+ 1m n m S S S -=m nS S -=1固定n ,令+∞→m ,则0→m n S S .因此存在0>N ,当N m >时,有21<m n S S .所以当{}N n m ,max >时,∑+=mn k k k S a 121211=->.由Cauchy 收敛准则级数∑+∞=0k n n S a 发散. （2）11211211122121111a S S S S a S S a a S a n nk k k n k k k k nk kk ≤-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+≤∑∑∑=-=-=，此级数部分和有界，故该级数收敛．5. Leibniz 判别法 设交错级数()∑+∞=-11n n n a (其中0≥n a )满足(1) {}n a 单调递减;(2) 0lim =+∞→n n a ,则级数()∑+∞=-11n n n a 收敛.6. Abel 判别法 设 (1) 级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 数列{}n b 单调有界,则级数∑+∞=1n n n b a 收敛.7. Dirichlet 判别法 设 (1) 级数∑+∞=1n n a 的部分和有界;(2) 数列{}n b 单调递减且0lim =+∞→n n b ,则级数∑+∞=1n n n b a 收敛.对于广义积分有相应的Abel 判别法与Dirichlet 判别法,这里就不再复述了.例14设函数()x f 在[)+∞,a 上()0>x f ,且单调递减,并对任意的a A >,()x f 在[]A a ,上可积.试证明:()dx x f ⎰+∞1与()xdx x f 21sin ⎰+∞具有相同的敛散性.证明 因()0>x f ,且单调递减,故()x f 单调递减到0或到某个正数A. （1）当()x f 单调递减到0时,则由Dirichlet 判别法知,()xdx x f a2cos ⎰+∞收敛.从而由()xdx x f a2sin ⎰+∞=()dx x x f a22cos 1-⎰+∞=()2121-⎰+∞dx x f a ()xdx x f a2cos ⎰+∞知,()dx x f a⎰+∞与()xdx x f a2sin ⎰+∞具有相同的敛散性.（2）当()x f 单调递减到某个正数A 时,则对无论多么大的数δ,有()dx x f a ⎰+∞()δδA dx x f a a>>⎰++∞→()∞→δ.()xdx x f a2sin ⎰+∞()dx x x f a a⎰+>δ2sin dx x A a a⎰+>δ2sin=->⎰+dx x A a aδ22cos 12121-δA xdx A a a 2cos ⎰+δ+∞→()∞→δ,故这两个积分都发散.例15 讨论级数()∑∞=+--1111n np n n的敛散性.解 （1）当0≤p 时,通项不收敛到0()∞→n ,此级数发散; （2） 当1>p 时,p np n n111<+,而∑+∞=n p n1收敛,由比较原则知,原级数绝对收敛； （3） 当10≤<p 时,()∑∞=--111n pn n收敛,nn11单调有界,应用Abel 判别法知原级数收敛.因为()nnn nnp 11111+--1→()∞→n ,故原级数条件收敛.例16设0>n a ),2,1( =n ,且极限⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→nn n a a n 11lim 存在且大于0证明级数()∑+∞=+-111n n n a 收敛. 证明 由Leibniz 判别法,只要证{}n a 单调递减趋于0.由条件01lim 1>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→nn n aa n 知, 存在00>r 与01>N ,当1N n >时, 0101>>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+r a a n n n ,由此得 nra a n n 011-<+.该不等式说明{}n a 单调递减的.取p 满足00r p <<.当+∞→n 时,有01111100>-→⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-+p r nn n r p,故存在02>N ,当2N n >时,011110>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-p n n r ,即pn n n r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<-110. 所以当{}21,max N N n >时,n n a a 1+pn n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<1,即()n ppn a n n a 11+<+.不妨设当1≥n 时该不等式成立.则用数学归纳法可证明()p n n a a111+<+.由此可得0lim =+∞→n n a .例17讨论级数()()()pn n n n ∑∞+=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--11!!2!!121的敛散性. 解 设()()pn n n a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=!!2!!12,由例8知级数∑+∞=1n n a 当2>p 时收敛,当2≤p 时发散.因此当2>p 时级数()∑+∞=+-111n n n a 绝对收敛,此时有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n 11⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=p n n n 221212222122111+⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+--n n n n p,故21lim 1p a a n n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→.由例16知当0>p 时级数()∑+∞=+-111n n n a 条件收敛.由收敛的必要条件知当0>p 时, ()()0!!2!!12lim =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+∞→p n n n .因此当0<p 时, ()()+∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+∞→pn n n !!2!!12lim .故级数()∑+∞=+-111n n n a 发散.本题的结论可总结为:()()()⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<>⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑∞+=+时发散时条件收敛时绝对收敛0202!!2!!12111p p p n n pn n .例18证明级数∑+∞=2ln sin n nn 是条件收敛的.证明 令n a n sin =,nb n ln 1=.则{}n b 单调递减趋于0.又由三角恒等式21sin 221cos 23cos sin 2⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=∑=m n mn ,所以21sin1sin 2≤∑=m n n . 由Dirichlet 判别法知级数∑+∞=2ln sin n nn 收敛.下面证明∑+∞=2ln sin n nn 发散. ∑+∞=2ln sin n n n()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=112ln 12sin 2ln 2sin k k k kk ()∑∞+=+++≥112ln 12sin 2sin k k k k . 设()()1sin sin ++=x x x f ,显然()0>x f 且()x f 是连续的周期函数.因此存在0>l 使得()l x f ≥.所以∑+∞=2ln sin n n n()∑+∞=+≥112ln 1k k l .由此可知级数∑+∞=2ln sin n n n 发散. 例19讨论级数∑+∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++1sin 1211n n nx n 的敛散性.解 当πk x =时级数显然收敛.当πk x ≠时,令nx a n sin =,⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=n n b n 12111 .同例18可证∑+∞=1n na部分和有界.下证{}n b 单调递减趋于0.⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=-+n n b b n n 121111 ⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++-1121111n n ()01121111≥⎪⎭⎫⎝⎛+-++++=n n n n n . 由Dirichlet 判别法知级数∑+∞=1n n n b a 收敛.用类似于例18的方法可证该级数是条件收敛的.例20 若{}n nx 收敛，()∑+∞=--21n n n x x n 收敛,则级数∑+∞=1n n x 收敛.证明 令1,==i i i v x ε,则∑===ni i n n v 1σ.利用Abel 变换得到∑=⋅ni ix11()∑-=+--=111n i i i i n n x x x σσ()∑-=+--=111n i i i n x x i nx .由于()∑+∞=+-11n n n x x n ()()1111+⋅-+=∑+∞=+n n x x n n n n .而⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n 单调有界,级数 ()()∑+∞=+-+111n n n x xn ()∑+∞=--=21n n n x x n 收敛.由Abel 判别法知级数()∑+∞=+-11n n n x x n 收敛.再由数列{}n nx 的收敛性即可知级数∑+∞=1n n x 收敛.练习设∑∞=1n na收敛，0lim =∞→n n na ．证明：∑∑∞=∞=+=-111)(n n n n na a an ．证明 记级数∑∞=--11)(n n na an 的前n 项和为n S ，则12113221)()(2)(++-+++=-++-+-=n n n n n na a a a a a n a a a a S ，而0])1(1[lim lim 11=+⋅+=+∞→+∞→n n n n a n n nna ，所以∑∑∞=∞=+=-111)(n n n n n a a a n ． 例21 设0>p ,级数()∑+∞=+-1111n pn n的和记为S .证明121<<S . 证明 显然 +-+-=pp p S 41312111514131211<-⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛--= p p p p . 另一方面, ()() +⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=p p p p p n n S 211214131211 令()p xx f 1=,则()1'---=p px x f ,()2)1(''--+=p x p p x f .当0>x 时, ()0''>x f .因此()x f 为严格下凸函数.故对任意0,21>x x ,当21x x ≠时,有()()2)2(2121x f x f x x f +<+.取,12,1221+=-=n x n x 则()()()121222++-<n f n f n f即()()()()122212+->--n f n f n f n f . 所以p p p 3121211->-,pp p p 51414131->-,….()()()()pp p p n n n n 1212121121+->-- 因此()()Sn n S p p p p p p -=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛->11212151413121 .所以21>S . 例22讨论级数()[]∑∞+=-11n n n的敛散性.解()[]∑∞+=-11n n n+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=15191817161514131211()()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++-=12221111111n k k k k令()111111222-+++++=k k k a k . 由于()11111112222-++++-+++k k k k k k()11122+⋅++⋅<k k k k k k 2=,故k a k 2<. 同理可证()111122-+++-+>k k k k k a k12+>k . 因此{}k a 是单调递减趋于0的.所以级数()()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++-12221111111n kk k k收敛,从而原级数收敛. 注 上例中实际上是证明了加括号后的级数是收敛的.问题是:一个变号级数加括号后收敛能否推出原级数是收敛的?在一般情况下是不行的.例如级数 +-+-1111是发散的,但加括号后的级数()() +-+-1111收敛.我们有以下的定理.定理 将级数∑+∞=1n n a 加括号,使得同一括号内的项具有相同的符号.如果加括号后的级数收敛,则原级数也收敛,且两个级数的和相等.证明 设加括号后的级数为()++++++)(21111n n n a a a a ∑+∞==1k k A .其中k k n n k a a A ++=+- 11.)0,,2,1(0==n k 且设设∑+∞=1n n a 的部分和为n n a a a S +++= 21,则k n A A A S k +++= 21.由条件知级数∑+∞=1k k A 收敛.因此极限k n k S +∞→lim 存在,记S 为其极限值.设1+≤≤k k n n n ,则当1+k A 中的项全为正项时, 1+<≤k k n n n S S S ;则当1+k A 中的项全为负项时, k k n n n S S S <≤+1. 因此S S n n =+∞→lim ,即∑+∞=1n n a ∑+∞==1k k A .例23讨论广义积分()[]dx xx ⎰∞+-01的敛散性.解 显然该积分不是绝对收敛的.设1+<≤n x n ,则()2221+<≤n x n .()[]dxxx ⎰∞+-01()()∑⎰-=+-=111221n k k kkdt t()dt txnn ⎰-+21()()∑-=+-=11221ln 1n k kkk t ()2ln 1n x n-+()∑-=+-=111ln 12n k kk k ()2ln 1n x n -+.由Leibniz 判别法,级数()∑+∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111ln 1k k k 是收敛的,而 ()2ln 1n x n-()221ln n n +≤011ln 2→⎪⎭⎫⎝⎛+n ,()∞→x所以积分()[]dx xx ⎰∞+-01是条件收敛的.例24将级数 +-+-4131211的项重新排列,使得按原有顺序先排p 个正项与q 个负项,然后再排p 个正项与q 个负项,得-+--++++----+++2211411212121121311q p p q p .证明此级数收敛并求其和.证明 由C n n n =⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++++∞→ln 131211lim ,其中C 是Euler 常数.令nH n 131211++++= ,则n n C n H ε++=ln ,其中0→n ε()∞→n .我们有 q H q 21214121=+++ q C q ε21ln 21++=;p p H H p 211213112-=-+++p C p 2ln 2ln ε+++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++-p C p ε21ln 21p p C p εε2121ln 212ln 2-+++=. 将重排以后的级数的符号相同的相邻的项加括号,得-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++1411212121121311p p q p . 它的前n 2项部分和为n n q p S α+⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2ln 2,其中0lim =+∞→n n α.所以原级数是收敛的,其和为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛q p 2ln .特别地有()2,1,2ln 2181613141211===+--+--q p ()1,2,2ln 2341715121311===+-++-+q p ()4,1.016110131816141211===+---+----q p§5.2 一致收敛性及其应用一、基本概念与主要结果1. 一致收敛性的定义(1) 设(){}x f n ),2,1( =n 与()x f 都在区间I 上有定义, 0>∀ε，0>∃N ，当Nn >时,有()()ε<-x f x f n 对一切I x ∈成立．则称函数列(){}x f n 在I 一致收敛于()x f .(2) 设()∑∞=1n nx u 是函数项级数,其中每一个()x u n在I 上有定义.记()()∑==nk k n x u x S 1，I x ∈.若函数列(){}x S n 在I 上一致收敛于某函数()x S ，则称()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛于()x S ．(3) 设()⎰+∞ady y x f ,是含参量广义积分,其中()y x f ,定义在[)+∞⨯,a I 上.记()()⎰=A ady y x f A x I ,,.若当+∞→A 时()A x I ,在I 上一致收敛于某函数()x I ．则称广义积分()⎰+∞ady y x f ,在I 一致收敛于()x I .2. 一致收敛性的判断(1)（一致收敛的柯西准则）()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛⇔0>∀ε，0>∃N ，N n >∀，N ∈∀p ，I x ∈∀，有()()ε<++++x u x u p n n 1．(2) 若()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛于()x S ⇔()()0sup lim =-∈∞→x S x S n Ix n⇔()0sup lim =∈∞→x R n Ix n ．（()()()()∑∞+==-=1n k kn n x u x S x S x R ）． 推论 级数()∑∞=1n nx u 在I 上一致收敛的必要条件是：(){}x u n一致收敛于零．(3) Wwierstrass 判别法(魏尔斯特拉斯判别法,-M 判别法或优级数判别法）若()n n M x u ≤，对一切I x ∈成立且正项级数∑∞=1n nM收敛，则()∑+∞=1n n x u 在I 上一致收敛．(4) Dirichlet 判别法 若1）级数()∑∞=1n n x u 的部分和函数列在I 上一致有界；2）I x ∈∀，(){}x v n 在I 上对n 是单调的； 3）()x v n 0（∞→n ），I x ∈， 则级数()()∑∞=1n nnx v x u 在I 一致收敛．(5) Abel 判别法 若1）级数()∑∞=1n n x u 在I 一致收敛；2）I x ∈∀,(){}x v n 在I 上对n 是单调的(即()() ≤≤x v x v 21或()() ≥≥x v x v 21)； 3）(){}x v n 在I 一致有界，即0>∃M ，()M x v n ≤，I x ∈∀， ,2,1=n ． 则级数()()∑∞=1n nnx v x u 在I 一致收敛．3． 和函数的分析性质定理1 若()x u n 在0x 处连续（ ,2,1=n ），且()∑∞=1n n x u 在0x某领域一致收敛，则()()∑==nk k x u x S 1在0x 处连续．定理2 若()x u n 在()b a ,内连续（ ,2,1=n ），且()∑∞=1n n x u 在()b a ,内闭一致收敛，则()()∑==nk k x u x S 1在()b a ,内连续．定理3（连续性） 若()∑∞=1n n x u 在[]b a ,一致收敛，且每一项都连续，则其和函数在[]b a ,上也连续，即()()∑∑∞=→∞=→⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛1100lim lim n n x x n n x x x u x u ． 即求和与求极限可以交换次序．定理4（逐项求积）在定理14的条件下，有()()∑⎰⎰∑∞=∞==⎪⎭⎫⎝⎛11n b an ba n n dx x u dx x u ． 即求和与求积分可交换次序．定理5（逐项求导）若函数项级数()∑∞=1n n x u 满足条件：（1）()x u n 在[]b a ,上有连续的导函数， ,2,1=n ； （2）[]b a x ,0∈∃，()∑∞=1n nx u 在0x 点收敛；（3）()∑∞='1n n x u 在[]b a ,一致收敛，则()()∑∑∞=∞='='⎪⎭⎫⎝⎛11n n n n x u x u ．例1设()x f 0在[]b a ,上正常可积，()()⎰-=x an n dt t f x f 1， ,2,1=n ．证明函数项()∑∞=1n n x f 在[]b a ,上一致收敛．证明（递推方式放大） 由()x f 0在[]b a ,上正常可积知()x f 0在[]b a ,有界，即0>∃M ，使得()M x f ≤0，[]b a x ,∈∀．从而()()()a x M dt t f x f xa-≤≤⎰01，()()()()212!2a x Mdt a t M dt t f x f xax a-=-≤≤⎰⎰， 一般地，若对n 有()()n n a x n Mx f -≤!，则 ()()()()()11!1!++-+=-=≤⎰⎰n x a n x a n n a x n M dt a t n M dt t f x f ， 从而有()()!n a b M x f nn -≤.由于级数()∑∞+=-1!n nn a b M 收敛，由Weierstrass 判别法,()∑∞=1n n x f 在[]b a ,上一致收敛．练习 设()x f 1在[]b a ,上正常可积，()()⎰=+xann dt t f x f 1， ,2,1=n ．证明：函数序列(){}x f n 在[]b a ,上一致收敛于零．例2（函数列Dini 定理）若(1) )(x f n 在[]b a ,上连续() ,2,1=n ，(2) 对任意[]b a x ,∈,()() ≤≤≤≤x f x f x f n 21)(， (3) ()()x f x f n n =+∞→lim 且)(x f 在[]b a ,上连续．则函数列{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．证明（反证法）设{})(x f n 在[]b a ,上不一致收敛于()x f () ,2,1=n .由于{})(x f n 递增,00>∃ε，0>∀n ，[]b a x n ,∈∃，使得()()0ε≥-n n n x f x f ． (1)由于{}n x 是有界数列,由致密性定理，存在收敛子列,不妨设0x x n →()+∞→n ．又由于()()00lim x f x f n n =+∞→,从而存在0>N 使得()000)(0ε<≤≤x f x f N .由于()x f x f N -)(在点0x 连续且0x x n →,故存在01>N 使得当1N n >时,有()0)(0ε<≤≤n N n x f x f .当{}1,max N N n >时,由()n n n N x f x f ≤)(,得()0)(0ε<≤≤n n n x f x f .这与(1)式矛盾.注 当条件(2)改为”[]b a x ,∈,()() ≥≥≥≥x f x f x f n 21)(”时结论仍然成立.（函数项Dini 定理）设函数项级数()∑∞=1n n x u 的每项均在有限区间[]b a ,上连续，且收敛于连续函数)(x f ．若[]b a x ,∈∀，级数()∑∞=1n nx u 为同号级数，则()∑∞=1n nx u 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．证明（反证法）假设在[]b a ,上非一致收敛，则00>∃ε，使得0>∀N ，N n >∃，[]b a x ,∈∃，()0ε≥x r n ．取1=N ，11>∃n ，[]b a x ,1∈∃，使()011ε≥x R n ；取1n N =，12n n >∃，[]b a x ,2∈∃，使()ε≥22x R n ，……，如此下去得一子列{}k n R ，使得()0ε≥k n x R k ， ,2,1=k ． （1）由致密性定理，有界数列{}k x 中存在收敛子列{}j k x ：[]b a x x j k ,0∈→．由题设知()∑∞=1n nx u 是同号级数，因此)(x R n关于n 单调递减，所以由（1）得：当m njk >时，()()0ε≥≥j j k j k n k m x R x R由于()()()x S x f x R m m -=连续，故当+∞→j 时，()00ε≥x R m ，这与()∑∞=1n n x u 在[]b a ,上收敛相矛盾，故一致收敛．例3设(1) 对每一n ,)(x f n 是[]b a ,上的单调函数，(2) ()()x f x f n n =+∞→lim 且)(x f 在[]b a ,上一致连续．证明函数列{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．注 本题条件中不要求对任意n ,)(x f n 都是单调递增的或都是单调递减的.证明 由于)(x f 在[]b a ,上一致连续,故0>∀ε,0>∃δ,当0'','≥x x 且δ<-'''x x 时, 有()()2'''ε<-x f x f . (1)将区间[]b a ,作k 等分,使得δ<-kab .设其分点为b x x x a x n =<<<<= 210. 由于()()x f x f n n =+∞→lim ,故存在0>N ,当N n >时,()()2ε<-j j n x f x f ()k j ,,2,1 =. (2)对于任意[]b a x ,∈,存在j 使得[]j j x x x ,1-∈.由于)(x f n 为[]b a ,上的单调函数, )(x f n 介于)(1-j n x f 与)(j n x f 之间.因此()()x f x f n -()()()(){}x f x f x f x f j n j n --≤-,max 1.由不等式(1)与(2),()()x f x f j n --1()()11---≤j j n x f x f ()()ε<-+-x f x f j 1, ()()x f x f j n -()()j j n x f x f -≤()()ε<-+x f x f j . 所以()()ε<-x f x f n .故{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．例4 证明级数∑∞=1s i n n n nx在[]π2,0上收敛而非一致收敛． 证明 由Dirichlet 判别法知∑∞=1sin n n nx对任意x 收敛.对任意m ,取mx m 4π=.注意当m m n 2,,1 +=时,有24ππ≤<m nx .所以∑+=mm n m nnx 21sin ∑+=>mm n m 2124sinπ424sin 21==π. 由Cauchy 收敛准则,∑∞=1sin n n nx在[]π2,0上非一致收敛．注 可以证明∑∞=1sin n n nx在[]επε-2,上一致收敛,其中πε<<0,但在0=x 的任一邻域内非一致收敛．分析 估计∑++=pn n k k kx 1sin 的麻烦在于每项因子有kx sin ，否则∑++=p n n k k11很容易证明其发散．因此，我们想：在0=x 的任一邻域()δ,0U ，当k 从1+n 变化到p n +时，kx sin 能否大于某常数，若能则必非一致收敛．事实上，当⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,4ππx 时，4sin sin π≥kx ，因此，取()δ,00U x ∈，使4sin sin 0π≥kx ，即只需⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,40ππkx ，n n k 2,,1 +=．取n x 40π=即可．证明 取420=ε，N ∈∀N ，N n >∃，n p =∃，()δπ,040U n x ∈=∃，有 021210424sin 214sin 1sin εππ==>≥∑∑+=+=nn k n n k kk kx ， 由柯西收敛准则知∑∞=1sin n n nx非一致收敛．例 5 设{}n a 是单调递减的正数列,且级数∑∞=1sin n nnx a在()+∞∞-,上一致收敛.证明0lim =∞→n n na .证明 由于∑∞=1sin n nnx a在()+∞∞-,上一致收敛, 0>∀ε,存在0>N ,当N n >时,()ε<+++++nx a x n a nx a n n n 2sin 1sin sin 21 对任意x 成立.取nx 21=则 ε<++⎪⎭⎫ ⎝⎛++<+1sin 2121sin 21sin021n n n a n a a . 由于{}n a 单调递减,有ε<++⎪⎭⎫ ⎝⎛++<+1sin 2121sin 21sin 21sin212n n n n a n a a na 所以02lim 2=∞→n n na .同理可证()012lim 12=++∞→n n a n .因此0lim =∞→n n na .注 本题可推出∑∞=1sin n n nx在[]π2,0上不一致收敛.例6设)(x f 在开区间()b a ,内有连续的导函数)(x f '.令)]()1([)(x f n x f n x f n -+=． 证明对任意闭区间[]()b a d c ,,⊂,函数列{})(x f n 在],[d c 上一致收敛于)(x f '．证明 取'd 满足b d d <<'由于)(x f '在]',[d c 上连续，从而一致连续，即0,0>∃>∀δε，当],[,21b a x x ∈,且δ<-21x x 时，有ε<'-')()(21x f x f ． 由微分中值定理,存在⎪⎭⎫⎝⎛+∈n x x n 1,ξ使得()n f x f n x f n ξ')]()1([=-+. 所以)()()()(x f f x f x f n n '-'='-ξ.存在0>N ,使得δ<N 1且'1d Nc <+,则当N n >时,δξ<-x n ,从而ε<'-)()(x f x f n .这证明了{})(x f n 在],[d c 上一致收敛于)(x f '．练习设函数)(x f 在],[b a 上有连续的导函数)(x f '，b a <<β．对每一个自然数β-≥b n 1，定义函数：)]()1([)(x f n x f n x f n -+=．试证：)(x f n 在],[βa 上一致收敛于)(x f '．证明 )(x f '在],[b a 上连续，从而一致连续，即0,0>∃>∀δε，],[,21b a x x ∈∀，当δ<-21x x 时，有ε<'-')()(21x f x f ．取⎭⎬⎫⎩⎨⎧->βδb N 1,1max ，则当N n >时，],[βa x ∈∀，有],[1b a n x ∈+，从而由上式和微分中值定理得)0()()()()(1δξεξ<<<<'-+'='--n x f x f x f x f n n n ，即)(x f n 在],[βa 上一致收敛于)(x f '．例7 设()211)(xxx f x f +==,()()x f f x f n n =+)(1() ,2,1=n .证{})(x f n 在()+∞∞-,上一致收敛于0．证明 由于()()x f f x f =)(2222221111xx x x x x +=+++=,用数学归纳法可证对任意n 有, ()21)(nxx x f x f n +==由此推出nx f n 1)(≤对任意x 与n 成立,所以{})(x f n 在()+∞∞-,上一致收敛于0．例8证明()∑∞=-121n n x x 在[]1,0上一致收敛．证明（最大值法） 记()()21x x x u n n -=，则()()()x x x nx x u n n n ---='-12121 令()0='x u n 得稳定点2,1,0+=n n x ，而()()0102==>⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n n u u n n u ，所以()x u n 在[]1,0上的最大值为⎪⎭⎫⎝⎛+2n n u n ，从而()222242221212nn n n n n n n x u nn <⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫⎝⎛+≤． 由∑∞=124n n 收敛知()∑∞=-121n nx x 在[]1,0上一致收敛．例9设{}n x 是区间()1,0中全体有理数,对任意()1,0∈x 定义()∑<=x x nn x f 21,求定积分⎰1)(dx x f 的值．解 显然()x f 在()1,0上是单调递增有界函数,因而是可积的.令()⎪⎩⎪⎨⎧>≤=.,21,,0n n n x x n x x x g则()x g n n ∑+∞=1∑+∞=⎭⎬⎫⎩⎨⎧<=121n n n x x ()x f x x n n ==∑<21.由于()n n x g 21≤() ,2,1=n 且∑+∞=121n n 收敛,由Weierstrass 判别法,级数()x g n n ∑+∞=1在()1,0上一致收敛.由逐项积分定理,⎰1)(dx x f dx x g n n ∑⎰+∞==11)(∑+∞=-=121n nnx .例10 设{}n x 是区间()1,0中全体有理数．试讨论函数()()∑+∞=-=12sgn n nn x x x f 在()1,0的连续性，其中x s g n 是符号函数．解 令()()nn n x x x f 2sgn -=.显然()x f n 有惟一的间断点n x ,且()x f n n ∑+∞=1在()∞+∞-,上一致收敛于()x f ..对任意n ,令()()x f x g n k kn ∑≠=,则()()()x g x f x f n n +=.由于()x f nk k ∑≠中每一项()x f k在n x x =连续,且该级数一致收敛,因此()x g n 在n x x =连续.但是()x f n 在n x x =不连续,所以()x f 在n x x =不连续.同理可证()x f 在任意无理点是连续的.注()x f 在]1,0[上是可积的,且()⎰10dx x f ()∑⎰+∞==110n n dx x f ∑+∞=-=1221n n nx .练习 设{}n x 是区间()1,0的一个序列，10<<n x ，且j i x x ≠，j i ≠．试讨论函数()()∑∞=-=12s g n n nn x x x f 在()1,0的连续性，其中x s g n 是符号函数． 解 10()n n n x x 212s g n ≤-，而∑∞=121n n收敛，故()∑∞=-12sgn n n n x x 一致收敛． 20 设n x x ≠0为()1,0中任一点，则通项()x u n 在0x 连续，由定理1'（P17）知()x f 在0x 连续．30 设0x 为{}n x 中某点，不妨设为k x ，则()()()∑≠-+-=kn kk n n x x x x x f 2sgn 2sgn ， 上式右端第一项连续，第二项在k x x =处间断，从而其和间断，即()x f 在k x 处间断．例11设{})(x f n 是],[b a 上的连续函数列,且在],[b a 上一致收敛于)(x f ，又],[b a x n ∈),,2,1( =n 满足0lim x x n n =∞→．证明 )()(lim 0x f x f n n n =∞→．分析)()()()()()(00x f x f x f x f x f x f n n n n n n -+-≤-．证明 由一致收敛定义得：],[,,0,011b a x N n N ∈>>∃>∀对一切时当ε，有ε<-)()(x f x f n ． （1）又{})(x f n 连续，且一致收敛于)(x f ，所以)(x f 在],[b a 也连续，进而在0x 处连续.则对上述0>ε，0>∃δ，当],[),(0b a x U x δ∈时，有ε<-)()(0x f x f ．而0lim x x n n =∞→，则对上述,0,02>∃>N δ 当2N n >时，有δ<-0x x n ，从而当2N n >时，有ε<-)()(0x f x f n ． （2）取{}21,max N N N =，则当N n >时，（1）和（2）式均成立，故有ε2)()()()()()(00<-+-≤-x f x f x f x f x f x f n n n n n n ，所以 )()(lim 0x f x f n n n =∞→．例12设{})(x f n 是],[b a 上的连续函数列，且在],[b a 上一致收敛于)(x f ,又)(x f 在],[b a 上无零点.证明()⎭⎬⎫⎩⎨⎧x f n 1],[b a 上一致收敛于()x f 1. 证明 由于)(x f 在],[b a 上连续，且恒不为0,因此)(x f 在],[b a 上同号.不妨设)(x f 恒正.由连续函数的最值定理, )(x f 在],[b a 上有正的最小值m ,故m x f ≥)(.由于)(x f 在],[b a 上一致收敛于)(x f ,0>∃N ，当N n >时，],[b a x ∈∀，有2)()(mx f x f n <-，所以())(x f x f n -()2)(m x f x f n ->-->,()x f n ()222mm m m x f =-≥->.又,0>∀ε],[,,022b a x N n N ∈∀>>∃时当,ε2)()(2m x f x f n <-.因此取{}21,max N N N =， 则当N n >时,对任意],[b a x ∈有εε=⋅≤-=-22)()()()()(1)(122m mx f x f x f x f x f x f n n n ，。
无穷限广义积分的计算(1)
指导教师：陈一虎作者简介：陈雪静(1986-),女,陕西咸阳人，数学与应用数学专业2008级专升本1班．无穷限广义积分的计算陈雪静（宝鸡文理学院 数学系,陕西 宝鸡 721013）摘 要: 文章归纳总结了利用数学分析、复变函数、积分变换、概率论统计理论等知识计算无穷限广义积分的几种方法.在学习中运用这几种方法可开拓视野,激发学习数学的兴趣.关键词: 广义积分;收敛;计算方法广义积分是《高等数学》学习中的一个难点知识,广义积分的概念不仅抽象,而且计算方法灵活,不易掌握.广义积分包括两大类,一类是积分区间无穷型的广义积分,另一类是积分区间虽为有穷,但被积函数在该区间内含有有限个无穷型间断点（瑕点）的广义积分.一般的判别法是对积分区间无穷型的广义积分,先将积分限视为有限的积分区间按常义积分处理,待积分求出原函数后再考查其极限是否存在,在用此极限去判定原积分是否收敛.对于第二类广义积分,我们可将积分区间改动,使被积函数在改动后的积分区间内成为有界函数再按常义积分处理,求出原函数之后考查它在原积分区间上的极限是否收敛.但是有些被积函数的原函数不易求出或无法用初等函数表示,使得广义积分无法用常规方法计算,因此需寻求其它的计算方法.本文主要研究无穷限广义积分的计算方法,主要方法包括利用广义积分定义、参量积分、变量代换、二重积分、留数定理、级数展开、概率论知识以及拉普拉斯变换等方法.1 无穷限广义积分的定义定义1 设函数()f x 在区间[,)a +∞上连续,取t a >.如果极限lim ()d tat f x x →+∞⎰存在,则称此极限为函数()f x 在无穷区间[,)a +∞上的反常积分（也称作广义积分）,记作()d af x x +∞⎰,即()d af x x +∞⎰=lim ()d tat f x x →+∞⎰;这时也称反常积分()d a f x x +∞⎰收敛;如果上述极限不存在,函数()f x 在无穷区间[,)a +∞上的反常积分()d af x x +∞⎰就没有意义,习惯上称为反常积分()d af x x +∞⎰发散,这时记号()d af x x +∞⎰不再表示数值了.类似地,设函数()f x 在区间(,]b -∞上连续,取t b <. 如果极限lim ()d btt f x x →-∞⎰存在,则称此极限为函数()f x 在无穷区间(,]b -∞上的反常积分,记作()d b f x x -∞⎰,即()d bf x x -∞⎰=lim ()d btt f x x →-∞⎰;这时也称反常积分()d b f x x -∞⎰收敛;如果上述极限不存在,就称反常积分()d bf x x-∞⎰发散.设函数()f x 在无穷区间(,)-∞+∞内连续,如果广义积分()d cf x x -∞⎰和()d cf x x +∞⎰（c 为常数）都收敛,则称上述两个反常积分之和为函数()f x 在无穷区间(,)-∞+∞内的广义积分,记作()f x dx +∞-∞⎰,即()d f x x +∞-∞⎰=()d cf x x -∞⎰+()d cf x x +∞⎰=lim ()d ctt f x x →-∞⎰+lim ()d tct f x x →+∞⎰这时也称广义积分()d f x x +∞-∞⎰收敛;否则就称反常积分()d f x x +∞-∞⎰发散.上述反常积分统称为积分区间为无穷区间的广义积分或无穷限广义积分.2 无穷限广义积分的计算方法2.1利用广义积分的定义求无穷限广义积分由定义计算可以分两步:1求定积分()d Aaf x x ⎰=()F A .需要说明的是原函数()F A 均指有限形式.2取极限lim ()d AaA f x x →+∞⎰=lim A →+∞()F A .例1［1］计算23121()d 1x x x+∞++⎰解 =23121lim()d 1bb x x x →+∞++⎰231121lim[d d ]1bb b x x x x →+∞=++⎰⎰2111l i m [2a r ct a n ]2bbb x x→+∞=-211lim[2arctan arctan1]22b b b →+∞=--+2π11lim 2arctan lim 222b b b b →+∞→+∞=--+ π122=+ 2.2利用含参量积分的理论求无穷限广义积分含参量积分:10()e d s x s x x +∞--Γ=⎰（0s >）1110(,)(1)d p q p q x x x --B =-⎰ （0,0p q >>）统称为欧拉积分.其中()s Γ称为格马函数.(,)p q B 称为贝塔函数.且有递推公式(1)()s s s Γ+=Γ 及 1(,)(,1)1q p q p q p q -B =B -+-.因此在计算广义积分时看所给广义积分当,,s p q 为何值时对应的欧拉积分,然后用欧拉积分公式直接算出广义积分的值.例2［5］ 求220e d n x x x +∞-⎰（n 为正整数）解 此广义积分与表达式相似,因此可用Γ函数法求解.220e d n x x x +∞-⎰=limA →+∞220ed An x x x -⎰2t x=21201lim e d 2A n t A t t --→+∞⎰=12112e d n t t t +∞+--⎰==121()2n Γ+=121[()1]2n Γ-+ =121()2n -1()2n Γ-=121()2n -3()2n -3()2n Γ-注:1()2Γ=2.3利用变量代换法求无穷限广义积分有些函数的原函数不易求出或直接积分不出来,但如果对被积函数施以变量代换,在辅以一定的技巧就可以求出这类积分.作变量带换时,首先要对被积函数的结构进行分析,然后再看积分限与被积函数的关系.变换的方向是求出原函数或求出一个含原积分的方程,从而求得所含广义积分的值.例3［2］ 求I=401d 1x x +∞+⎰解 令x=1t ,则I=204d d 11t t x t+∞-+⎰上式加上I=04d 11t t +∞+⎰ 得2I=2401d 1t t t +∞++⎰=202211d 1t t t t +∞++⎰=021d()1()2t t t t +∞--+⎰arctan故2.4利用二重积分理论计算无穷限广义积分.利用二重积分理论计算广义积分时,应分两步: 1把广义积分巧妙的化为一个二重积分.2计算二重积分,从而间接的计算出广义积分的值. 例4［5］计算广义积分2ed x x +∞-⎰解 由于20ed x x +∞-⎰=2e d y y +∞-⎰所以22[ed ]x x +∞-⎰=22ed ed x y x y +∞+∞--⋅⎰⎰而22e d e d x y x y +∞+∞--⋅⎰⎰=22()e d d xy Dx y -+⎰⎰ 其中D=[0,)[0,)∞⨯∞故()22ed x x +∞-⎰=22()e d d x y Dx y -+⎰⎰而22()e d d xy Dx y -+⎰⎰=π42ed x x +∞-⎰=2. 例5［3］计算广义积分I=0sin sin e d pxbx axx x+∞--⎰ 解 因为sin sin bx ax x-=cos()d ba xy y ⎰ 所以I=0sin sin e d px bx ax x x+∞--⎰=0e (cos()d )d bpx axy y x +∞-⎰⎰=0d e cos()d b px ax xy y +∞-⎰⎰=0d e cos()d b px ay xy x +∞-⎰⎰=22d bap y p y +⎰=arctan b p -arctan ap. 2.5积分号下求导法计算无穷限广义积分.收敛因子法:此方法是对被积函数引入一个收敛因子,因子中有一个参数, 对参数（不一定是收敛因子中的参数）求导,有时可求得原积分的值.在此情况下引入的收敛因子加强了原积分的收敛性（如条件收敛的成为绝对收敛,或求导后发散的,变成一致收敛）.这样使积分号下求导条件得以满足.一般采用e kx -（k>0)作为收敛因子.例65］求积分0sin d axx x+∞⎰(0a ≥) 解 引入积分因子e px -（p >0)作积分()F p =0sin e d px axx x+∞-⎰ ()F p '=0e cos d px ax x +∞-⎰=22pp a+ 故 ()F p = arctana p +C =arctan ap(显然C =I(0)=0)由此有 0l i m a r c t a n p a p +→=π2所以 I=π2 故同样可得 0sin d ax x x +∞⎰=-π2(0)a < 2.6积分号下求积分法算无穷限广义积分这种方法是将被积函数中某一因子表为一个适当的积分.于是将原积分化成二次积分.交换这两个积分的顺序,就可求出所给的积分.例7［2］求积分I=2cos d 1xx x β+∞+⎰(0)β> 解 由201e sin d 1xy y y x+∞-=+⎰,于是 I=0cos d e sin d xy x x y y β+∞+∞-⋅⎰⎰=0sin d e cos d xy y y x x β+∞+∞-⋅⎰⎰=22sin d y yy yβ+∞+⎰y tβ==2sin d 1t tt t β+∞+⎰由20d sin d d 1I x x x x ββ+∞=-+⎰,有d d Iβ=I - 所以 I =C e β-为了确定C ,令0β=. 得 020d π12x I C x +∞===+⎰故πe 2I β-=.2.7利用复变函数理论中的留数定理计算无穷限广义积分.定理1［5］ 设函数()f z 在实轴上处处解析,在上半平面Im 0z >除有限个孤立奇点1,2z z ⋅⋅⋅n z 外处处解析,且存在常数00R >,0M >,0δ>,使得当0z R >,且Im 0z >时, 1()M f z zδ+≤,则1()d 2πi [(),]nk k f x x Res f z z +∞-∞==∑⎰推论 1［5］设()()()P z f z Q z =是有理函数,()P z 与()Q z 为z 的n ,m 次多项,多项式()Q z 的次数比()P z 至少高2次,()Q z 在实轴上没有零点,1,2z z ⋅⋅⋅n z 是()f z 在上半平面Im 0z >的孤立奇点,则1()d 2πi [(),]nk k f x x Res f z z +∞-∞==∑⎰例84］计算广义积分22222d ()()x x x a x b +∞-∞++⎰解 因为22222()()()z f z z a z b =++,显然()f z 满足推论的条件,且1z =i a ,2z =i b 是()f z 在上半平面的孤立奇点,这两个点都是()f z 的一级极点,因此有22222ai Re [(),i]lim[(i)]()()z z s f z a z a z a z b →=-++ 2222i()a ab a -=-222i()aa b =- 同理Re [(),i]s f z b =222i()bb a -故22222d ()()x x x a x b +∞-∞++⎰=2πi [222()a i a b -+222()bi b a -] =πa b+ 2.8级数展开法求广义积分例92］ 求积分I=20e cos 2d x bx x +∞-⎰解 利用余弦函数的幂级数展开以及指数函数的展开式0e !nxn x n ∞==∑ (2)!2!(21nn n n =⋅-我们有2ecos 2d x bx x +∞-⎰=22200(1)(2)ed (2)!n n x n n b x x n ∞+∞-=-∑⎰=22200(1)(2)e d (2)!n n x nn b x x n ∞+∞-=-∑⎰=0n ∞=20()2!nn b n ∞=-∑2b - 例10［5］ 计算广义积分1ln d (1)xx x x +∞-⎰. 解 由于1ln d (1)xx x x +∞-⎰=211n n∞=-∑ 而211n n∞=∑=2π6 故原式=-2π6. 利用无穷级数计算广义积分也是常用的一种技巧.常有两种方法. 其一是将被积函数展成级数以求积分;其二是将无穷区间上的广义积分表示成级数的形式以求积分.2.9利用概率统计知识求无穷限广义积分.例11［5］ 计算广义积分I=0sin sin e d pxbx axx x+∞--⎰. 解因为22()x f x -=为标准的正态分布密度函数所以()d f x x +∞-∞⎰= 1.即22d x x +∞--∞⎰=1.所以221d 2x x +∞-=⎰即22ed x x +∞--∞⎰令222x u -=⇒u =⇒2e d u u +∞-⎰22ed x x +∞-2.10用拉普拉斯变换求无穷限广义积分定义2［6］设()f t 在0t ≥上有定义,且积分0()()e d st F s f t t +∞-=⎰（s 是复变参量）关于某一范围内的s 收敛,则由这个积分确定的函数0()()e d st F s f t t +∞-=⎰称为函数()f t 的拉普拉斯变换.并记做[()]L f t ,即[()]L f t =0()()e d st F s f t t +∞-=⎰,其中的()F s 称为()f t 的像函数,()f t 称为()F s 的像原函数.定理 2［5］ (Laplace 变换存在定理) 设函数()f t 在0t ≥的任何有限区间内分段连续,并且当t →+∞时, ()f t 的增长速度不超过某一指数函数,即存在常数0M >,和00s >,使得在[0,]+∞上,0()e s t f t M ≤,则在半平面0Re s s >上,[()]L f t 存在,且()F s =[()]L f t 是s 的解析函数.其中0s 称为()f t 的增长指数.性质1［1］（积分性质）若[()]()L f t F p =,则0()[()d ]tF p L f t t p=⎰（p 为复数） （1）性质2［1］(终值性质) 若[()]()L f t F p =,且()p F p 的所有奇点全在p 平面的部0lim ()lim ()t p f t p F p →+∞→=⋅ （2）性质3［1］若[()]()L f t F p =,()F p 在Re 0p >上解析,且()d n t f t t +∞⎰收敛,则0(1)lim ()n n p F p →-存在,且 0(1)l i m ()()d nnn p F p t f t t +∞→-=⎰（3） 证明 [()]()L f t F p = 由微分性知 ()n F p =[()()]n L t f t -[()]n L t f t =(1)()n n F p - 由性质1 0(1)()[()d ]n n t nF p L t f t t p-=⎰所以由性质2 00(1)()lim[()d ]lim n n t nt p F p t f t t p→+∞→-=⎰即 0()d n t f t t +∞⎰=0(1)lim ()n n p F p →-特别的,0n =时,有()d lim ()p f t t F p +∞→=⎰. （4）性质4［1］（象函数的积分性质）若[()]()L f t F p =,且积分()d F p p ∞⎰收敛()[]()d p f t L F p p t∞=⎰. （5）性质 5［1］ 设[()]()L f t F p =,且()d F p p ∞⎰与0()d f t t t∞⎰皆收敛,则 0()()d d f t F p p t t∞∞=⎰⎰（6） 证明 由（5）式,()[]()d p f t L F p p t∞=⎰ 由（4）式,()d f t t t∞⎰=0lim ()d p p F p p ∞→⎰()d F p p ∞=⎰例12［4］求sin ()tf t t =的拉普拉斯变换,并求积分0sin d t t t+∞⎰.解 由定理2,因为0()1e f t ≤⋅,故在s 的实部大于零上, 拉普拉斯变换存在,且esin d stt t ω+∞-⎰=22e [sin cos ]st s t t s ωωωω---+=22s ωω+ 于是 22[sin ]L t s ωωω=+ （在s 的实部大于零） 那么 2s i n 1[]1t L t s =+ 由命题4知 s i n []t L t =21d 1s s s +∞+⎰=πarctan 2s - 在利用命题5知 0s i n d t t t +∞⎰=201d 1s s +∞+⎰=π2. 例13［6］ 计算下列积分30e sin d t t t t +∞-⎰解 21[s i n ]1L t s =+,由微分性质知,22212[sin ]()1(1)s L t t s s '=-=++ 但是另一方面 0[s i n ]s i n e st L t t tt dt +∞-=⋅⎰ 当3s =时,即30e sin d t t t t +∞-⎰=2232(1)s s +=350 致谢：本文在写作过程中得到陈一虎老师的指导.在此表示感谢！参考文献: [1] 白水周.无穷限广义积分的几种有效解法[J].开封大学学报,2000,14(1):49-50.[2] 李绍成.论广义积分的计算[J].绵阳农专学报:自然科学版,1996,13(2):65-70.[3] 数学分析.华东师范大学数学系[M].高等教育出版社,2001．[4] 宋叔尼,孙涛.复变函数与积分变换[M].北京:科学出版社,2006.[5] 刘开生,杨钟玄.无穷限广义积分的几种计算方法[J].天水师范学院学报:自然科学版,2002,22(2):9-10.[6] 盖云英,包革军.复变函数与积分变换学习指导[M].科学出版社,2004.Ways of calculating limitless generalized integralCHEN Xue-Jing(Department of Mathematic,Baoji University of Arts and Science Baoji 721013,Shaanxi ,China) Abstract: ways of calculating generlazed integral are given by using maths analysis,complex variable and integral transform, complex function and proabability statistical theroy. In the study the use of these methods can broaden their horizons, stimulate interest in learning mathematics.Key words:generalized integration; convergence; calculation method.。
级数和积分的联系以及级数的应用研究
所以积分发散。 推论：b 是 f x 在 a, b 上唯一的瑕点,则瑕积分收敛的充分必要条件：对于任意严 格递增的数列 an ： a1 a, lim an b ，级数
n k 1 n ak 1 ak
f x dx 收敛。
推论表明瑕积分和无穷级数的一种联系。瑕积分和无穷积分其实可以认作换元性质 下保证的两类形式，是可以相互转化的，就同证明无穷区间上的中值定理可以采用换元 将问题归结到已知的有限区间解决。 在函数论中一元函数广义积分的检验条件收敛积分的最重要的方法是与级数的 Dirichlet 和 Abel 相类似的检验法。 虽然数学课本的安排绝大多数是， 先学习广义积分， 在学习级数，级数中的成绩判别法由 Abel 引理保证，又由一元广义积分与无穷级数由 定理一保证下，这的判别方法可以进行推广。 类 Dirichlet 的检验法 设 ( x) 有连续的一阶导数，且当 x 时单调递减趋于零，又若
n
n
ak 1
n ak 1 收敛，即它的部分和数列 f x dx 或 ak k 1
ak 1
a
f x dx 收敛，则由 Heine 定
k 1
ak
f x dx
3
理得：
a
f x dx 收敛，且
an1 n a
a
对于二重级数并没有像一重级那样引起注意的简单求和方法我们可以通过许多方法构造级数的部分和而每一部分又各引起一种求和方法如取矩形和就是对指标逐层求和我们把这样的方式得到的级数称为迭级数二重级数向跌级数也就是二重级数的按行或按列求和这样的求和方式和累次积分具有一致的特点同一思想在不同概念中的出现也暗示着本质的相近我们对于积分符号的认识一直是带极限的求和符号运算上接近以及离散和连续之间的桥梁heine定理其实就是这两类概念联系的保证
一些无穷级数和积分的关系
一些无穷级数和积分的关系
上海黄之
先给出一些有趣的无穷级数的积分表达.
1.;
2.;
3.;
4..
这些式子在描述着某种连续与离散的内在关联,下面来证明这些看上去很奇妙的连续与离散的关系.
一.首先求一个积分:,其中t为非负整数,r为非负实数.当时,
,
由此递推关系得
.
二.再求积分:,其中m为实数,r为正实数,t为非负整数.
由前面的积分,容易得到
.
所以
.
三.现在来证明本文开头的式子.
在E(m,r,t)中,
1.取m=r=t=1即得到1;
2.取m=-1,r=t=1即得到2;
3.取m=t=1,r=2即得到3;
4.取r=t=1即得到4,显然2是4的特例.
(I)若取m=t=1,r>0则得到
,
其分母为一个首项为1,公差为r的算术序列中的项的幂.
(I I)若取m=-1,t=1,r>0则得到:
.
例如
(I I I)若取m=1,t=3,r>0则得到:
.
并且由(I I)顺便得到:
在r>0时单调递增且有
,
有极限:
,.其中,最后的一个极限比较有趣.。
第5章级数与广义积分
第五章 级数与广义积分§5.1 收敛性的讨论一、基本概念与收敛的必要条件1.级数与广义积分收敛性定义（1）设{}n a 是数列,则∑+∞=1n n a 称为级数.称n n a a a S +++= 21为级数∑+∞=1n n a 的前n 项部分和.若数列{}n S 收敛,则称此级数收敛,并称极限值n n S +∞→lim 为级数∑+∞=1n n a 的和.(2)设()x f 是定义在[)b a ,上的函数,其中*R b ∈{}+∞∞-⋃=,R .若对任意[)b a t ,∈,()x f 在[)t a ,上可积,且极限()⎰→ta b t dx x f lim 存在,则称积分()dx x f ba⎰收敛,或()x f 在[)b a ,上广义可积,且记()dx x f b a ⎰()⎰→=tabt dx x f lim .当R b ∈且()x f 在点b 附近无界时,称b 为瑕点.当b 为∞+或瑕点时,称()dx x f b a ⎰为广义积分.类似可定义a 为∞-时广义积分()dx x f ba⎰的收敛性. 设()x f 是定义在[)b a ,上的函数,其中*,R b a ∈,定义()dx x f ba ⎰()dx x f c a ⎰=()dx x f bc⎰+,其中()b a c ,∈.若()dx x f c a ⎰与()dx x f b c ⎰都收敛时,称积分()dx x f ba ⎰收敛,易证上述定义与c 的选择无关.2.级数收敛的必要条件若级数∑+∞=1n n a 收敛,则0lim =+∞→n n a .但是由广义积分()⎰+∞adx x f 收敛,不能推出()0lim =+∞→x f x .例1 存在[)+∞,1上广义可积的正值连续函数()x f ,使得()0lim ≠+∞→x f x .解 定义函数)(x g 如下:当211n n x n -+<≤时,0)(=x g ;当2221111n n x n n -+<≤-+时, ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=22112)(n n x n x g ;当12112+<≤-+n x n n 时,()12)(2---=n x n x g .其中n 取遍任意自然数函数.)(x g 的图像如图所示再令()21)(xx g x f +=,则()x f 在[)+∞,1上连续恒正,且()⎰+∞1dx x f ()⎰+∞=1dx x g ⎰∞++121dx x ∑+∞=+=1211n n是收敛的,但是()02lim ≠=+∞→x f x .例2设)(x f 在[)+∞,a 上一致连续且()⎰+∞adx x f 收敛,证明()0lim =+∞→x f x .证明 由于)(x f 在[)+∞,a 上一致连续,0>∀ε,0>∃δ,当()b a x x ,'','∈且δ<-'''x x 时, 有()()ε<-'''x f x f .由于()⎰+∞adx x f 收敛,存在0>M ,当M x >.时,()εδδ<⎰+x xdt t f .由于()()⎰+-δδx xx f dt t f ()()[]⎰+-=δx x dt x f t f ()()⎰+-≤δx xdt x f t f εδεδ=≤⎰+x xdt .所以()≤δx f ()⎰+δx xdt t f ()()⎰+-+δδx xx f dt t f εδ2<.即()ε2<x f .这证明了()0lim =+∞→x f x .例3设)(x f 在[)+∞,a 上单调递减非负且()⎰+∞adx x f 收敛,证明()0lim =+∞→x xf x .证明 由于()⎰+∞adx x f 收敛,0>∀ε, 存在0>M ,当M x >.时, ()⎰+∞xdt t f 2ε<.又)(t f 在[]x x 2,上单调递减非负,从而()x x f ⋅2()⎰≤xxdt t f 22ε<.故有()ε<≤x xf 220.因此当Mx 2.>时,()ε<≤x xf 0,所以()0lim =+∞→x xf x .例4设)(x f 在[)+∞,a 上可微, )('x f 可积,且当+∞→x 时, )(x f 单调递减趋于零.又()⎰+∞adx x f 收敛,试证()⎰+∞adx x xf '收敛.证明 首先)(x f 非负.否则,若存在1x 使得0)(1<x f ,则1x x >时恒有()0)(1<≤x f x f ,从而()⎰+∞adx x f 发散,而这与已知条件矛盾.其次由()⎰+∞a dx x xf '()⎰+∞=a x xdf ()⎰+∞=ax xdf ax xf ∞+=)(()⎰+∞-adx x f ,且()⎰+∞adx x f 收敛可知,()⎰+∞adx x xf '收敛与否取决于()x xf x +∞→lim 是否存在. 由例3证明过程可知()0lim =+∞→x xf x .例5设)(x f 在[)+∞,a 上有连续可微函数,积分()⎰+∞adx x f 和()⎰+∞adx x f '都收敛.证明()0lim =+∞→x f x .证明 要证+∞→x ,)(x f 有极限,由归结原则,只要证{}+∞→∀n x 恒有{})(n x f 收敛.事实上,由()⎰+∞adx x f '收敛,由Cauchy 收敛准则, 0>∀ε, 存在a A >,当A x x >.,21时, 恒有()⎰21'x x dx x f ()()ε<-=12x f x f .于是{}+∞→∀n x ,存在0>N ,当N m n >,时,有A x x m n >.,,从而()⎰mnx x dx x f '()()ε<-=n m x f x f .所以{})(n x f 收敛.由归结原则()α=+∞→x f x lim 存在.下证0=α.若0>α,由局部保号性,存在0>∆,当∆>x 时有02)(>>αx f .从而∆>A 时()+∞→≥⎰A dx x f AA22α)(时当+∞→A 这与()⎰+∞a dx x f 收敛矛盾.同理可证0<α也不可能,故()0lim =+∞→x f x .二、收敛的充分条件1.比较原则 设∑+∞=1n n a 与∑+∞=1n n b 都是正项级数,且存在0>N ,当N n >时, n n b a ≤.(1)若∑+∞=1n n b 收敛,则∑+∞=1n n a 收敛;(2)若∑+∞=1n n a 发散,则∑+∞=1n n b 发散.推论 设∑+∞=1n n a 与∑+∞=1n n b 都是正项级数,且存在0>N ,当N n >时, nn n n b b a a 11++≤.(1)若∑+∞=1n n b 收敛,则∑+∞=1n n a 收敛;(2)若∑+∞=1n n a 发散,则∑+∞=1n n b 发散.对广义积分有类似的比较原则. 例6设{}n u 是单调递增的正数列,证明(1) 当{}n u 有界时,∑∞+=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-111n n n u u 收敛;(2) 当{}n u 无界时,∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 发散. 证明 (1)由条件知n n u +∞→lim 存在,设u u n n =+∞→lim .因为=-≤+110n n u u ≤-++11n n n u u u 11u u u nn -+, ∑=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-n k k k u u u 111111u u u n -=+11u u u -→)(+∞→n , 由比较原则级数∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 收敛.(2) 当{}n u 无界时,有+∞=+∞→n n u lim .由于∑+=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-pn n k k k u u 11∑+=++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=p n n k k kk u u u 11∑+=+++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥p n n k p n kk u u u 1111++++-=p n n p n u u u 11++-=p n n u u , 对固定的n ,取充分大的p 使得211<++p n n u u ,则有2111>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∑+=+p n n k k k u u .由Cauchy 收敛准则,级数∑∞+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-111n n n u u 发散.练习 设)(x f 在[)+∞,1上连续,对任意[)+∞∈,1x 有0)(>x f .另外()λ-=+∞→xx f x ln ln lim .试证若1>λ,则()⎰+∞1dx x f 收敛.证明 因()λ-=+∞→x x f x ln ln lim 故0>∀ε, 存在1>A ,当A x >时有()ελ+-<xx f ln ln ,即()()ελελ+-=+-<x x x f ln ln ln ,所以ελ-<<x x f 1)(0(当A x >时).因1>λ,故取10-<<λε,于是1>-ελ,所以⎰∞+-11dx xελ收敛.由比较判别法()⎰+∞1dx x f 收敛.2.比式判别法 设∑+∞=1n n a 是正项级数,若极限q a a nn n =++∞→1lim 存在，则(1)当1<q 时级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1>q 时级数∑+∞=1n n a 发散.练习1试证如下级数收敛(1) +++-++-+-+2222222222; (2) +++-++-+-+6662663633. 提示 (1)令2222++++=n A ，n n A a -=+21(其中00=A ),易证2lim =+∞→n n A .=++∞→n n n a a 1lim11222lim --+∞→-+-n n n A A x x X -+-=→222lim 2121221lim 2<=++=→x X (归结原则).练习2设()x f 在0=x 的某邻域内有二阶连续导数，且()0lim 0=→x x f x ．证明级数∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．证明1 由()0lim0=→x x f x 得,()00=f ,()00='f .又()=→20lim x x f x ()()0''212'lim 0f x x f x =→.由归结原则, =⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→2211lim n n f n ()=→20lim x x f x ()∞≠0''21f ,故=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→2211lim n n f n ()+∞≠0''21f ,而级数∑∞=121n n 收敛,由比较判别法知∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．证明2 由()0lim 0=→xx f x 得,()00=f ,()00='f .()x f 在0=x 某邻域内的二阶泰勒展式为 ()()()()()22212100x x f x x f x f f x f θθ''=''+'+=,10<<θ由()x f ''连续知，0>∃M ，有()M x f ≤''，从而有2121nM n f ⋅≤⎪⎭⎫ ⎝⎛故∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n n f 绝对收敛．例7（比式判别法的推广）设∑+∞=1n n a 是正项级数,则(1) 当1lim 1<++∞→nn n a a 时,级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1lim 1<++∞→nn n a a 时,级数∑+∞=1n n a 发散.证明 (1) 设1lim 1<=++∞→nn n a a q ,存在0>ε使得1<+εq .由上极限的性质,存在0>N ,当Nn >时11<+<+εq a a nn .故有()N N a q a ε+<+1, ()()N N N a q a q a 212εε+<+<++,………………………()N pp N a q a ε+<+,由于等比级数()pp q ∑+∞=+1ε收敛,由比较原则, ∑+∞=+1p p N a 收敛,所以级数∑+∞=1n n a 收敛.（2）设1lim 1<=++∞→nn n a a q ,存在0>ε使得1>-εq .由下极限的性质,存在0>N ,当N n >时,11>+>+εq a a n n .因此n n a a >+1,所以原级数是发散的.3.根式判别法 设∑+∞=1n n a 是正项级数,若极限l a nn n =+∞→lim存在，则(1)当1<l 时级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1>l 时级数∑+∞=1n n a 发散.（根式判别法的推广）设∑+∞=1n n a 是正项级数,则(1) 当1lim <+∞→n n n a 时,级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 当1lim<+∞→nn n a 时,级数∑+∞=1n n a 发散.证明可仿照例7进行.4.Raabe 判别法(极限形式) 设∑+∞=1n n a 是正项级数且极限r a a n nn n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→11lim 存在. (1)若1>r ,则级数收敛;(2) 若1<r ,则级数发散.证明 取0>ε使得10>-=εr r .存在0>N ,当N n >时, 011r a a n n n >⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+,由此得n r a a nn 011-<+.取p 满足01r p <<.由于011111lim00>-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-++∞→p r nn n r pn ,故当n 充分大时,011110>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-pn n r ,即pn n n r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<-110. 所以nn a a 1+pn n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<1()pp n n 111+=.因此由∑+∞=11n pn 收敛与比较原则的推论可知∑+∞=1n n a 收敛. (3) 当n 充分大时,有111≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n ,n n a a 1+1111-=-≥n n n n . 由调和级数∑+∞=11n n发散与比较原则的推论可知∑+∞=1n n a 发散.例8讨论级数()()pn n n ∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1!!2!!12的敛散性. 解 设()()pn n n a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=!!2!!12,由于 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n 11⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=p n n n 2212122222122111p n n n n p→+⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-- )(+∞→n , (此处利用已知极限()p xx px =-+→11lim 0),由Raabe 判别法,当2>p 时级数收敛;当2<p 时级数发散;当2=p 时由Raabe 判别法的证明过程知级数发散. 推论 ()()0!!2!!12lim =-+∞→n n n .例9讨论级数()()()∑+∞=+++121!n n x x x n 的敛散性.其中0>x .解 设()()()n x x x n a n +++=21!.由于⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n n a a n 11x n x nx n x n n →++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=1111)(+∞→n , 由Raabe 判别法,当1>x 时级数收敛;当1<x 时级数发散;当1=x 时级数为,3121 ++,因此级数是发散的.例10 设数列{}n a 单调递减非负,证明级数∑+∞=1n n a 收敛当且仅当级数∑+∞=022k k ka收敛.证明 设n n a a a S +++= 21,k a a a T k k 22122+++= .当12+<k n 时, )()(1223211-+++++++≤k k a a a a a S n k k T a a a k =+++≤22122 .因此若级数∑+∞=022k kk a 收敛,则数列{}k T 有界,从而数列{}n S 有界,这推出级数∑+∞=1n n a 收敛.当k n 2>时,)()(21243211k k a a a a a a S n +++++++≥+- k k T a a a a k 21222121421=++++≥- . 故由级数∑+∞=1n n a 收敛可推出级数∑+∞=022k k ka收敛.例11 设0>n a ),2,1( =n ,证明数列()()()()n a a a +++11121 与级数∑+∞=1n n a 同为收敛或发散.证明 令()()()n n a a a u +++=11121 ,则()()()n n a a a u ++++++=1ln 1ln 1ln ln 21 . 所以{}n u 收敛⇔{}n u ln 收敛⇔∑+∞=+1)1ln(n n a 收敛.由于当0lim =+∞→n n a 时有1)1ln(lim =++∞→nn n a a ,所以∑+∞=+1)1ln(n n a 与∑+∞=1n n a 同为收敛或发散,从而数列{}n u 与级数∑+∞=1n n a 同为收敛或发散注当数列()()()()n a a a +++11121 收敛时,称无穷乘积()∏+∞=+11n n a 收敛,其极限值称为无穷乘积的值.否则称无穷乘积发散.例如发散而收敛.例12设0≠n a ),2,1( =n 且0lim ≠=+∞→a a n n ,证明级数∑+∞=+-11n n n a a 与级数∑∞+=+-1111n n n a a 同为收敛或发散.证明 令n n n a a u -=+1,nn n a a v 111-=+.则nn n n n n a a a a v u 1111--=++21a a a n n →=+.)(+∞→n 所以级数∑+∞=1n n u 与级数∑+∞=1n n v 同为收敛或发散.例13 设正项级数∑+∞=1n n a 是发散的,n S 表示该级数的前n 项部分和.证明（1）级数∑+∞=0k nnS a 也是发散的;（2）级数∑∞=12n nnS a 收敛． 证明 (1) 由条件知{}n S 单调递增趋于∞+.我们有∑+=mn k kkS a 1m m n n n n S a S a S a +++=++++ 2211m m n S a a ++>+ 1m n m S S S -=m n S S -=1固定n ,令+∞→m ,则0→m n S S .因此存在0>N ,当N m >时,有21<m n S S .所以当{}N n m ,m ax >时,∑+=mn k kk S a 121211=->.由Cauchy 收敛准则级数∑+∞=0k n n S a 发散. （2）11211211122121111a S S S S a S S a a S a n nk k k n k k k k nk k k ≤-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+≤∑∑∑=-=-=，此级数部分和有界，故该级数收敛．5. Leibniz 判别法 设交错级数()∑+∞=-11n n n a (其中0≥n a )满足(1) {}n a 单调递减;(2) 0lim =+∞→n n a ,则级数()∑+∞=-11n n n a 收敛.6. Abel 判别法 设 (1) 级数∑+∞=1n n a 收敛;(2) 数列{}n b 单调有界,则级数∑+∞=1n n n b a 收敛.7. Dirichlet 判别法 设 (1) 级数∑+∞=1n n a 的部分和有界;(2) 数列{}n b 单调递减且0lim =+∞→n n b ,则级数∑+∞=1n n n b a 收敛.对于广义积分有相应的Abel 判别法与Dirichlet 判别法,这里就不再复述了.例14设函数()x f 在[)+∞,a 上()0>x f ,且单调递减,并对任意的a A >,()x f 在[]A a ,上可积.试证明:()dx x f ⎰+∞1与()xdx x f 21sin ⎰+∞具有相同的敛散性.证明 因()0>x f ,且单调递减,故()x f 单调递减到0或到某个正数A. （1）当()x f 单调递减到0时,则由Dirichlet 判别法知,()xdx x f a2cos ⎰+∞收敛.从而由()xdx x f a2sin ⎰+∞=()dx x x f a22cos 1-⎰+∞=()2121-⎰+∞dx x f a ()xdx x f a2cos ⎰+∞知,()dx x f a⎰+∞与()xdx x f a2sin ⎰+∞具有相同的敛散性.（2）当()x f 单调递减到某个正数A 时,则对无论多么大的数δ,有()dx x f a ⎰+∞()δδA dx x f a a>>⎰++∞→()∞→δ.()xdx x f a2sin ⎰+∞()dx x x f a a⎰+>δ2sin dx x A a a⎰+>δ2sin=->⎰+dx x A a aδ22cos 12121-δA xdx A a a 2cos ⎰+δ+∞→()∞→δ, 故这两个积分都发散.例15 讨论级数()∑∞=+--1111n np n n的敛散性.解 （1）当0≤p 时,通项不收敛到0()∞→n ,此级数发散; （2） 当1>p 时,p np n n111<+,而∑+∞=n p n1收敛,由比较原则知,原级数绝对收敛； （3） 当10≤<p 时,()∑∞=--111n pn n收敛,nn11单调有界,应用Abel 判别法知原级数收敛.因为()nnn nnp 11111+--1→()∞→n ,故原级数条件收敛.例16设0>n a ),2,1( =n ,且极限⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→nn n a a n 11lim 存在且大于0证明级数()∑+∞=+-111n nn a 收敛. 证明 由Leibniz 判别法,只要证{}n a 单调递减趋于0.由条件01lim 1>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→nn n aa n 知, 存在00>r 与01>N ,当1N n >时, 0101>>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+r a a n n n ,由此得 nra a n n 011-<+.该不等式说明{}n a 单调递减的.取p 满足00r p <<.当+∞→n 时,有01111100>-→⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-+p r nn n r p,故存在02>N ,当2N n >时,011110>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-p n n r ,即pn n n r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<-110. 所以当{}21,m ax N N n >时,n n a a 1+pn n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+<1,即()n ppn a n n a 11+<+.不妨设当1≥n 时该不等式成立.则用数学归纳法可证明()p n n a a 111+<+.由此可得0lim =+∞→n n a .例17讨论级数()()()pn n n n ∑∞+=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--11!!2!!121的敛散性. 解 设()()pn n n a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=!!2!!12,由例8知级数∑+∞=1n n a 当2>p 时收敛,当2≤p 时发散.因此当2>p 时级数()∑+∞=+-111n n n a 绝对收敛,此时有⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+n n a a n 11⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=p n n n 221212222122111+⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+--n n n n p,故21lim 1p a a n n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++∞→.由例16知当0>p 时级数()∑+∞=+-111n n n a 条件收敛.由收敛的必要条件知当0>p 时, ()()0!!2!!12lim =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+∞→p n n n .因此当0<p 时, ()()+∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+∞→pn n n !!2!!12lim .故级数()∑+∞=+-111n n n a 发散.本题的结论可总结为:()()()⎪⎩⎪⎨⎧≤≤<>⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑∞+=+时发散时条件收敛时绝对收敛0202!!2!!12111p p p n n pn n .例18证明级数∑+∞=2ln sin n n n是条件收敛的. 证明 令n a n sin =,nb n ln 1=.则{}n b 单调递减趋于0.又由三角恒等式21sin221cos 23cos sin 2⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=∑=m n mn ,所以21sin 1sin 2≤∑=m n n . 由Dirichlet 判别法知级数∑+∞=2ln sin n nn收敛.下面证明∑+∞=2ln sin n nn 发散. ∑+∞=2ln sin n n n()()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=112ln 12sin 2ln 2sin k k k kk ()()∑∞+=+++≥112ln 12sin 2sin k k k k . 设()()1sin sin ++=x x x f ,显然()0>x f 且()x f 是连续的周期函数.因此存在0>l 使得()l x f ≥.所以∑+∞=2ln sin n n n()∑+∞=+≥112ln 1k k l .由此可知级数∑+∞=2ln sin n n n 发散. 例19讨论级数∑+∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++1sin 1211n n nxn 的敛散性. 解 当πk x =时级数显然收敛.当πk x ≠时,令nx a n sin =,⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=n n b n 12111 .同例18可证∑+∞=1n na部分和有界.下证{}n b 单调递减趋于0.⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=-+n n b b n n 121111 ⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++-1121111n n ()01121111≥⎪⎭⎫⎝⎛+-++++=n n n n n . 由Dirichlet 判别法知级数∑+∞=1n n n b a 收敛.用类似于例18的方法可证该级数是条件收敛的.例20 若{}n nx 收敛，()∑+∞=--21n n n x x n 收敛,则级数∑+∞=1n n x 收敛.证明 令1,==i i i v x ε,则∑===ni i n n v 1σ.利用Abel 变换得到∑=⋅ni ix11()∑-=+--=111n i i i i n n x x x σσ()∑-=+--=111n i i i n x x i nx .由于()∑+∞=+-11n n n x x n ()()1111+⋅-+=∑+∞=+n n x x n n n n .而⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n 单调有界,级数 ()()∑+∞=+-+111n n n x xn ()∑+∞=--=21n n n x x n 收敛.由Abel 判别法知级数()∑+∞=+-11n n n x x n 收敛.再由数列{}n nx 的收敛性即可知级数∑+∞=1n n x 收敛.练习设∑∞=1n na收敛，0lim =∞→n n na ．证明：∑∑∞=∞=+=-111)(n n n n na a an ．证明 记级数∑∞=--11)(n n na an 的前n 项和为n S ，则12113221)()(2)(++-+++=-++-+-=n n n n n na a a a a a n a a a a S ，而0])1(1[lim lim 11=+⋅+=+∞→+∞→n n n n a n n nna ，所以∑∑∞=∞=+=-111)(n n n n n a a a n ． 例21 设0>p ,级数()∑+∞=+-1111n pn n的和记为S .证明121<<S . 证明 显然 +-+-=pp p S 41312111514131211<-⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛--= p p p p . 另一方面, ()() +⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=p p p p p n n S 211214131211 令()pxx f 1=,则()1'---=p px x f ,()2)1(''--+=p x p p x f .当0>x 时, ()0''>x f .因此()x f 为严格下凸函数.故对任意0,21>x x ,当21x x ≠时,有()()2)2(2121x f x f x x f +<+.取,12,1221+=-=n x n x 则()()()121222++-<n f n f n f即()()()()122212+->--n f n f n f n f . 所以p p p 3121211->-,pp p p 51414131->-,….()()()()pp p p n n n n 1212121121+->-- 因此()()Sn n S p p p p p p -=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛->11212151413121 .所以21>S . 例22讨论级数()[]∑∞+=-11n n n的敛散性.解()[]∑∞+=-11n n n+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=15191817161514131211()()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++-=12221111111n k k k k令()111111222-+++++=k k k a k . 由于()11111112222-++++-+++k k k k k k()11122+⋅++⋅<k k k k k k 2=,故k a k 2<. 同理可证()111122-+++-+>k k k k k a k 12+>k . 因此{}k a 是单调递减趋于0的.所以级数()()∑∞+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++-12221111111n kk k k收敛,从而原级数收敛. 注 上例中实际上是证明了加括号后的级数是收敛的.问题是:一个变号级数加括号后收敛能否推出原级数是收敛的?在一般情况下是不行的.例如级数 +-+-1111是发散的,但加括号后的级数()() +-+-1111收敛.我们有以下的定理.定理 将级数∑+∞=1n n a 加括号,使得同一括号内的项具有相同的符号.如果加括号后的级数收敛,则原级数也收敛,且两个级数的和相等.证明 设加括号后的级数为()++++++)(21111n n n a a a a ∑+∞==1k k A .其中k k n n k a a A ++=+- 11.)0,,2,1(0==n k 且设设∑+∞=1n n a 的部分和为n n a a a S +++= 21,则k n A A A S k +++= 21.由条件知级数∑+∞=1k k A 收敛.因此极限kn k S +∞→lim 存在,记S 为其极限值.设1+≤≤k k n n n ,则当1+k A 中的项全为正项时, 1+<≤k k n n n S S S ;则当1+k A 中的项全为负项时, k k n n n S S S <≤+1. 因此S S n n =+∞→lim ,即∑+∞=1n n a ∑+∞==1k k A .例23讨论广义积分()[]dx xx ⎰∞+-01的敛散性.解 显然该积分不是绝对收敛的.设1+<≤n x n ,则()2221+<≤n x n .()[]dxxx ⎰∞+-01()()∑⎰-=+-=111221n k k kkdt t()dt txn n ⎰-+21()()∑-=+-=11221ln 1n k kkk t ()2ln 1n x n-+()∑-=+-=111ln 12n k kk k ()2ln 1n x n -+.由Leibniz 判别法,级数()∑+∞=⎪⎭⎫⎝⎛+-111ln 1k k k 是收敛的,而()2ln 1n x n-()221ln n n +≤011ln 2→⎪⎭⎫⎝⎛+n ,()∞→x所以积分()[]dx xx ⎰∞+-01是条件收敛的.例24将级数 +-+-4131211的项重新排列,使得按原有顺序先排p 个正项与q 个负项,然后再排p 个正项与q 个负项,得-+--++++----+++2211411212121121311q p p q p .证明此级数收敛并求其和.证明 由C n n n =⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++++∞→ln 131211lim ,其中C 是Euler 常数.令nH n 131211++++= ,则n n C n H ε++=ln ,其中0→n ε()∞→n .我们有 q H q 21214121=+++ q C q ε21ln 21++=;p p H H p 211213112-=-+++p C p 2ln 2ln ε+++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++-p C p ε21ln 21p p C p εε2121ln 212ln 2-+++=. 将重排以后的级数的符号相同的相邻的项加括号,得 -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++1411212121121311p p q p . 它的前n 2项部分和为n n q p S α+⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2ln 2,其中0lim =+∞→n n α.所以原级数是收敛的,其和为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛q p 2ln .特别地有()2,1,2ln 2181613141211===+--+--q p ()1,2,2ln 2341715121311===+-++-+q p ()4,1.016110131816141211===+---+----q p§5.2 一致收敛性及其应用一、基本概念与主要结果1. 一致收敛性的定义(1) 设(){}x f n ),2,1( =n 与()x f 都在区间I 上有定义, 0>∀ε，0>∃N ，当Nn >时,有()()ε<-x f x f n 对一切I x ∈成立．则称函数列(){}x f n 在I 一致收敛于()x f .(2) 设()∑∞=1n nx u 是函数项级数,其中每一个()x u n在I 上有定义.记()()∑==nk k n x u x S 1，I x ∈.若函数列(){}x S n 在I 上一致收敛于某函数()x S ，则称()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛于()x S ．(3) 设()⎰+∞ady y x f ,是含参量广义积分,其中()y x f ,定义在[)+∞⨯,a I 上.记()()⎰=A ady y x f A x I ,,.若当+∞→A 时()A x I ,在I 上一致收敛于某函数()x I ．则称广义积分()⎰+∞ady y x f ,在I 一致收敛于()x I .2. 一致收敛性的判断(1)（一致收敛的柯西准则）()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛⇔0>∀ε，0>∃N ，N n >∀，N ∈∀p ，I x ∈∀，有()()ε<++++x u x u p n n 1．(2) 若()∑∞=1n n x u 在I 上一致收敛于()x S ⇔()()0sup lim =-∈∞→x S x S n Ix n⇔()0sup lim =∈∞→x R n I x n ．（()()()()∑∞+==-=1n k kn n x u x S x S x R ）． 推论 级数()∑∞=1n nx u 在I 上一致收敛的必要条件是：(){}x u n一致收敛于零．(3) Wwierstrass 判别法(魏尔斯特拉斯判别法,-M 判别法或优级数判别法）若()n n M x u ≤，对一切I x ∈成立且正项级数∑∞=1n nM收敛，则()∑+∞=1n n x u 在I 上一致收敛．(4) Dirichlet 判别法 若1）级数()∑∞=1n n x u 的部分和函数列在I 上一致有界；2）I x ∈∀，(){}x v n 在I 上对n 是单调的； 3）()x v n 0（∞→n ），I x ∈， 则级数()()∑∞=1n nnx v x u 在I 一致收敛．(5) Abel 判别法 若1）级数()∑∞=1n n x u 在I 一致收敛；2）I x ∈∀,(){}x v n 在I 上对n 是单调的(即()() ≤≤x v x v 21或()() ≥≥x v x v 21)； 3）(){}x v n 在I 一致有界，即0>∃M ，()M x v n ≤，I x ∈∀， ,2,1=n ． 则级数()()∑∞=1n nnx v x u 在I 一致收敛．3． 和函数的分析性质定理1 若()x u n 在0x 处连续（ ,2,1=n ），且()∑∞=1n n x u 在0x某领域一致收敛，则()()∑==nk k x u x S 1在0x 处连续．定理2 若()x u n 在()b a ,内连续（ ,2,1=n ），且()∑∞=1n n x u 在()b a ,内闭一致收敛，则()()∑==nk k x u x S 1在()b a ,内连续．定理3（连续性） 若()∑∞=1n n x u 在[]b a ,一致收敛，且每一项都连续，则其和函数在[]b a ,上也连续，即()()∑∑∞=→∞=→⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛1100lim lim n n x x n n x x x u x u ． 即求和与求极限可以交换次序．定理4（逐项求积）在定理14的条件下，有()()∑⎰⎰∑∞=∞==⎪⎭⎫⎝⎛11n b an ba n n dx x u dx x u ． 即求和与求积分可交换次序．定理5（逐项求导）若函数项级数()∑∞=1n n x u 满足条件：（1）()x u n 在[]b a ,上有连续的导函数， ,2,1=n ； （2）[]b a x ,0∈∃，()∑∞=1n n x u 在0x点收敛；（3）()∑∞='1n n x u 在[]b a ,一致收敛，则()()∑∑∞=∞='='⎪⎭⎫⎝⎛11n n n n x u x u ．例1设()x f 0在[]b a ,上正常可积，()()⎰-=x an n dt t f x f 1， ,2,1=n ．证明函数项()∑∞=1n n x f 在[]b a ,上一致收敛．证明（递推方式放大） 由()x f 0在[]b a ,上正常可积知()x f 0在[]b a ,有界，即0>∃M ，使得()M x f ≤0，[]b a x ,∈∀．从而()()()a x M dt t f x f xa-≤≤⎰01，()()()()212!2a x Mdt a t M dt t f x f xax a-=-≤≤⎰⎰， 一般地，若对n 有()()n n a x n Mx f -≤!，则 ()()()()()11!1!++-+=-=≤⎰⎰n x a n x a n n a x n M dt a t n M dt t f x f ， 从而有()()!n a b M x f nn -≤.由于级数()∑∞+=-1!n nn a b M 收敛，由Weierstrass 判别法,()∑∞=1n n x f 在[]b a ,上一致收敛．练习 设()x f 1在[]b a ,上正常可积，()()⎰=+xann dt t f x f 1， ,2,1=n ．证明：函数序列(){}x f n 在[]b a ,上一致收敛于零．例2（函数列Dini 定理）若(1) )(x f n 在[]b a ,上连续() ,2,1=n ，(2) 对任意[]b a x ,∈,()() ≤≤≤≤x f x f x f n 21)(， (3) ()()x f x f n n =+∞→lim 且)(x f 在[]b a ,上连续．则函数列{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．证明（反证法）设{})(x f n 在[]b a ,上不一致收敛于()x f () ,2,1=n .由于{})(x f n 递增,00>∃ε，0>∀n ，[]b a x n ,∈∃，使得()()0ε≥-n n n x f x f ． (1)由于{}n x 是有界数列,由致密性定理，存在收敛子列,不妨设0x x n →()+∞→n ．又由于()()00lim x f x f n n =+∞→,从而存在0>N 使得()000)(0ε<≤≤x f x f N .由于()x f x f N -)(在点0x 连续且0x x n →,故存在01>N 使得当1N n >时,有()0)(0ε<≤≤n N n x f x f .当{}1,m ax N N n >时,由()n n n N x f x f ≤)(,得()0)(0ε<≤≤n n n x f x f .这与(1)式矛盾.注 当条件(2)改为”[]b a x ,∈,()() ≥≥≥≥x f x f x f n 21)(”时结论仍然成立.（函数项Dini 定理）设函数项级数()∑∞=1n n x u 的每项均在有限区间[]b a ,上连续，且收敛于连续函数)(x f ．若[]b a x ,∈∀，级数()∑∞=1n nx u 为同号级数，则()∑∞=1n nx u 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．证明（反证法）假设在[]b a ,上非一致收敛，则00>∃ε，使得0>∀N ，N n >∃，[]b a x ,∈∃，()0ε≥x r n ．取1=N ，11>∃n ，[]b a x ,1∈∃，使()011ε≥x R n ；取1n N =，12n n >∃，[]b a x ,2∈∃，使()ε≥22x R n ，……，如此下去得一子列{}k n R ，使得()0ε≥k n x R k ， ,2,1=k ． （1）由致密性定理，有界数列{}k x 中存在收敛子列{}j k x ：[]b a x x j k ,0∈→．由题设知()∑∞=1n n x u 是同号级数，因此)(x Rn关于n 单调递减，所以由（1）得：当m n j k >时，()()0ε≥≥j j k j k n k m x R x R由于()()()x S x f x R m m -=连续，故当+∞→j 时，()00ε≥x R m ，这与()∑∞=1n n x u 在[]b a ,上收敛相矛盾，故一致收敛．例3设(1) 对每一n ,)(x f n 是[]b a ,上的单调函数，(2) ()()x f x f n n =+∞→lim 且)(x f 在[]b a ,上一致连续．证明函数列{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．注 本题条件中不要求对任意n ,)(x f n 都是单调递增的或都是单调递减的.证明 由于)(x f 在[]b a ,上一致连续,故0>∀ε,0>∃δ,当0'','≥x x 且δ<-'''x x 时, 有()()2'''ε<-x f x f . (1)将区间[]b a ,作k 等分,使得δ<-kab .设其分点为b x x x a x n =<<<<= 210. 由于()()x f x f n n =+∞→lim ,故存在0>N ,当N n >时,()()2ε<-j j n x f x f ()k j ,,2,1 =. (2)对于任意[]b a x ,∈,存在j 使得[]j j x x x ,1-∈.由于)(x f n 为[]b a ,上的单调函数, )(x f n 介于)(1-j n x f 与)(j n x f 之间.因此()()x f x f n -()()()(){}x f x f x f x f j n j n --≤-,max 1.由不等式(1)与(2),()()x f x f j n --1()()11---≤j j n x f x f ()()ε<-+-x f x f j 1, ()()x f x f j n -()()j j n x f x f -≤()()ε<-+x f x f j .所以()()ε<-x f x f n .故{})(x f n 在[]b a ,上一致收敛于()x f ．例4 证明级数∑∞=1s i n n n nx在[]π2,0上收敛而非一致收敛． 证明 由Dirichlet 判别法知∑∞=1sin n n nx对任意x 收敛.对任意m ,取mx m 4π=.注意当m m n 2,,1 +=时,有24ππ≤<m nx .所以∑+=mm n m nnx 21sin ∑+=>mm n m 2124sinπ424sin 21==π. 由Cauchy 收敛准则,∑∞=1sin n n nx在[]π2,0上非一致收敛．注 可以证明∑∞=1sin n n nx在[]επε-2,上一致收敛,其中πε<<0,但在0=x 的任一邻域内非一致收敛．分析 估计∑++=pn n k k kx 1sin 的麻烦在于每项因子有kx sin ，否则∑++=p n n k k11很容易证明其发散．因此，我们想：在0=x 的任一邻域()δ,0U ，当k 从1+n 变化到p n +时，kx sin 能否大于某常数，若能则必非一致收敛．事实上，当⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,4ππx 时，4sin sin π≥kx ，因此，取()δ,00U x ∈，使4sin sin 0π≥kx ，即只需⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,40ππkx ，n n k 2,,1 +=．取n x 40π=即可．证明 取420=ε，N ∈∀N ，N n >∃，n p =∃，()δπ,040U nx ∈=∃，有 021210424sin 214sin 1sin εππ==>≥∑∑+=+=nn k n n k kk kx ， 由柯西收敛准则知∑∞=1sin n n nx非一致收敛．例 5 设{}n a 是单调递减的正数列,且级数∑∞=1sin n nnx a在()+∞∞-,上一致收敛.证明0lim =∞→n n na .证明 由于∑∞=1sin n nnx a在()+∞∞-,上一致收敛, 0>∀ε,存在0>N ,当N n >时,()ε<+++++nx a x n a nx a n n n 2sin 1sin sin 21 对任意x 成立.取nx 21=则 ε<++⎪⎭⎫ ⎝⎛++<+1sin 2121sin 21sin021n n n a n a a . 由于{}n a 单调递减,有ε<++⎪⎭⎫ ⎝⎛++<+1sin 2121sin 21sin 21sin212n n n n a n a a na 所以02lim 2=∞→n n na .同理可证()012lim 12=++∞→n n a n .因此0lim =∞→n n na .注 本题可推出∑∞=1sin n n nx在[]π2,0上不一致收敛.例6设)(x f 在开区间()b a ,内有连续的导函数)(x f '.令)]()1([)(x f n x f n x f n -+=． 证明对任意闭区间[]()b a d c ,,⊂,函数列{})(x f n 在],[d c 上一致收敛于)(x f '．证明 取'd 满足b d d <<'由于)(x f '在]',[d c 上连续，从而一致连续，即0,0>∃>∀δε，当],[,21b a x x ∈,且δ<-21x x 时，有ε<'-')()(21x f x f ． 由微分中值定理,存在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∈n x x n 1,ξ使得()n f x f n x f n ξ')]()1([=-+. 所以)()()()(x f f x f x f n n '-'='-ξ.存在0>N ,使得δ<N 1且'1d Nc <+,则当N n >时,δξ<-x n ,从而ε<'-)()(x f x f n .这证明了{})(x f n 在],[d c 上一致收敛于)(x f '．练习设函数)(x f 在],[b a 上有连续的导函数)(x f '，b a <<β．对每一个自然数β-≥b n 1，定义函数：)]()1([)(x f n x f n x f n -+=．试证：)(x f n 在],[βa 上一致收敛于)(x f '．证明 )(x f '在],[b a 上连续，从而一致连续，即0,0>∃>∀δε，],[,21b a x x ∈∀，当δ<-21x x 时，有ε<'-')()(21x f x f ．取⎭⎬⎫⎩⎨⎧->βδb N 1,1max ，则当N n >时，],[βa x ∈∀，有],[1b a n x ∈+，从而由上式和微分中值定理得)0()()()()(1δξεξ<<<<'-+'='--n x f x f x f x f n n n ，即)(x f n 在],[βa 上一致收敛于)(x f '．例7 设()211)(xxx f x f +==,()()x f f x f n n =+)(1() ,2,1=n .证明函数列{})(x f n 在()+∞∞-,上一致收敛于0．证明 由于()()x f f x f =)(2222221111xx x x x x +=+++=,用数学归纳法可证对任意n 有, ()21)(nxxx f x f n +==由此推出nx f n 1)(≤对任意x 与n 成立,所以{})(x f n 在()+∞∞-,上一致收敛于0．例8证明()∑∞=-121n n x x 在[]1,0上一致收敛．证明（最大值法） 记()()21x x x u n n -=，则()()()x x x nx x u n n n ---='-12121 令()0='x u n 得稳定点2,1,0+=n n x ，而()()0102==>⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n n u u n n u ，所以()x u n 在[]1,0上的最大值为⎪⎭⎫⎝⎛+2n n u n ，从而()222242221212n n n n n n n n x u nn <⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫⎝⎛+≤．由∑∞=124n n 收敛知()∑∞=-121n nx x 在[]1,0上一致收敛．例9设{}n x 是区间()1,0中全体有理数,对任意()1,0∈x 定义()∑<=x x nn x f 21,求定积分⎰1)(dx x f 的值．解 显然()x f 在()1,0上是单调递增有界函数,因而是可积的.令()⎪⎩⎪⎨⎧>≤=.,21,,0n n n x x nx x x g则()x g n n ∑+∞=1∑+∞=⎭⎬⎫⎩⎨⎧<=121n n n x x ()x f x x n n ==∑<21.由于()nn x g 21≤() ,2,1=n 且∑+∞=121n n 收敛,由Weierstrass 判别法,级数()x g n n∑+∞=1在()1,0上一致收敛.由逐项积分定理,⎰1)(dx x f dx x g n n ∑⎰+∞==11)(∑+∞=-=121n nnx .例10 设{}n x 是区间()1,0中全体有理数．试讨论函数()()∑+∞=-=12sgn n nn x x x f 在()1,0的连续性，其中x s g n 是符号函数．解 令()()nn n x x x f 2sgn -=.显然()x f n 有惟一的间断点n x ,且()x f n n ∑+∞=1在()∞+∞-,上一致收敛于()x f ..对任意n ,令()()x f x g n k kn ∑≠=,则()()()x g x f x f nn+=.由于()x f nk k ∑≠中每一项()x f k在n x x =连续,且该级数一致收敛,因此()x g n 在n x x =连续.但是()x f n 在n x x =不连续,所以()x f 在n x x =不连续.同理可证()x f 在任意无理点是连续的.注()x f 在]1,0[上是可积的,且()⎰10dx x f ()∑⎰+∞==110n n dx x f ∑+∞=-=1221n nnx .练习 设{}n x 是区间()1,0的一个序列，10<<n x ，且j i x x ≠，j i ≠．试讨论函数()()∑∞=-=12s g n n nn x x x f 在()1,0的连续性，其中x s g n 是符号函数． 解 10()n n n x x 212s g n ≤-，而∑∞=121n n 收敛，故()∑∞=-12sgn n nn x x 一致收敛． 20 设n x x ≠0为()1,0中任一点，则通项()x u n 在0x 连续，由定理1'（P17）知()x f 在0x 连续．30 设0x 为{}n x 中某点，不妨设为k x ，则()()()∑≠-+-=kn kk n n x x x x x f 2sgn 2sgn ， 上式右端第一项连续，第二项在k x x =处间断，从而其和间断，即()x f 在k x 处间断．例11设{})(x f n 是],[b a 上的连续函数列,且在],[b a 上一致收敛于)(x f ，又],[b a x n ∈),,2,1( =n 满足0lim x x n n =∞→．证明 )()(lim 0x f x f n n n =∞→．分析)()()()()()(00x f x f x f x f x f x f n n n n n n -+-≤-．证明 由一致收敛定义得：],[,,0,011b a x N n N ∈>>∃>∀对一切时当ε，有ε<-)()(x f x f n ． （1）又{})(x f n 连续，且一致收敛于)(x f ，所以)(x f 在],[b a 也连续，进而在0x 处连续.则对上述0>ε，0>∃δ，当],[),(0b a x U x δ∈时，有ε<-)()(0x f x f ．而0lim x x n n =∞→，则对上述,0,02>∃>N δ 当2N n >时，有δ<-0x x n ，从而当2N n >时，有ε<-)()(0x f x f n ． （2）取{}21,m ax N N N =，则当N n >时，（1）和（2）式均成立，故有ε2)()()()()()(00<-+-≤-x f x f x f x f x f x f n n n n n n ，所以 )()(lim 0x f x f n n n =∞→．例12设{})(x f n 是],[b a 上的连续函数列，且在],[b a 上一致收敛于)(x f ,又)(x f 在],[b a 上无零点.证明()⎭⎬⎫⎩⎨⎧x f n 1],[b a 上一致收敛于()x f 1. 证明 由于)(x f 在],[b a 上连续，且恒不为0,因此)(x f 在],[b a 上同号.不妨设)(x f 恒正.由连续函数的最值定理, )(x f 在],[b a 上有正的最小值m ,故m x f ≥)(.由于)(x f 在],[b a 上一致收敛于)(x f ,0>∃N ，当N n >时，],[b a x ∈∀，有2)()(mx f x f n <-，所以())(x f x f n -()2)(m x f x f n ->-->,()x f n ()222mm m m x f =-≥->.又,0>∀ε],[,,022b a x N n N ∈∀>>∃时当,ε2)()(2m x f x f n <-.因此取{}21,m ax N N N =， 则当N n >时,对任意],[b a x ∈有εε=⋅≤-=-22)()()()()(1)(122m mx f x f x f x f x f x f n n n ，。
常义积分、两种广义积分和无穷级数收敛比较
常义积分、两种广义积分和无穷级数收敛比较积分是数学中最重要的概念之一，在许多领域都被广泛应用，如计算物理、数值分析、工程、经济学等等。
它有三种形式：常义积分、两种广义积分和无穷级数收敛。
本文简要介绍了这三种积分的定义、概念和相关性，并进行比较。
常义积分是一种无穷分割形式的定义，它是集合A的每个子集的所有单元的和的总和，可以表示为∫A。
它是一种表示物理量，如速度、加速度、质量、力或能量的一种表示法。
由于这种方法的一致性，它在数学和科学的许多领域中得到了广泛应用。
两种广义积分由常义积分的基础上推广而来。
不同于常义积分，两种广义积分是由函数序列而不是集合被分割。
它有两种形式：Riemann- Stieltjes积分和Lebesgue积分。
其积分可以用来定义更复杂的函数，例如正负无穷小的函数。
无穷级数收敛是一种数学概念，它描述的是一系列有穷数的和会随着数字的增加而收敛于某个有限值。
它和积分有一定的联系，当求取积分时，可以将它分解成若干个无穷级数，然后再使用无穷级数收敛可以达到更好的计算收敛性。
以上是常义积分、两种广义积分和无穷级数收敛之间的比较。
常义积分是一种用来表示物理量的形式，用于数学和科学的许多领域；两种广义积分则是常义积分的推广，用于推广更复杂的函数；而无穷级数收敛是一种数学概念，可以帮助更好的求取积分。
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级数理论下数列、级数、广义积分的内在关系及特征和意义
级数理论下数列、级数、广义积分的内在关系及特征和意义高婷婷;张明会【摘要】无穷级数理论不仅是微积分学进一步发展的基础理论和基本工具,在实际中也有广泛的应用,而且已成为数学中许多分支和一些应用科学技术的基础知识,起着重要的工具作用.【期刊名称】《安阳工学院学报》【年(卷),期】2017(016)006【总页数】4页(P99-102)【关键词】级数理论特征;意义;广义积分【作者】高婷婷;张明会【作者单位】陇南师范高等专科学校初等教育学院,甘肃成县742500;陇南师范高等专科学校初等教育学院,甘肃成县742500【正文语种】中文【中图分类】O151.2为了解决形式定义的“无限和”的“加法”问题，于是，问题又返回到“有限和”（部分和）的“数列”的极限，即关于无穷数项级数概念作如下说明：第一，无穷数项级数及其和的定义过程，经历了由数列{un}→无穷数项和→数列（部分和{Sn}）的过程。
但返回不是简单的重复，而是螺旋式的上升，即经过把“无限项”相“加”，先转变为“有限项”的普通加法，由相加过程的“无限性”得出部分和数列{Sn}，如果部分和数列{Sn}存在极限，自然定义此极限为无穷数项级数的和。
这里使用了“欲进先退”的办法，又一次充分体现出微积分学处理问题的特征。
第二，级数的收敛及其和的概念是通过数列的收敛及其极限定义的，因此，关于数列极限的理论就可以自然地“移植”到级数中来。
反之数列收敛及其极限也可以通过相应级数及其和来判定。
因此，从结构形式上说，级数与数列是互为表现形式的，即其中的任何一个可以看成是另一个的一种表现形式；从理论上说，它们的原理是相通的，彼此平行的，根据各自形式的不同要求，可以互相转化，互相借用。
无穷级数（简称级数）的理论，是研究函数尤其是超越函数的重要工具，是数学分析的重要组成部分。
它实质上是极限的另一表现形式，是分析中的主要方法与工具，或者说，是用极限方法研究函数性质的另一种方式和新工具。
广义积分收敛的必要条件
x x→+∞
x→+∞
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论，双方各有千秋. 另外在课堂上与老师交流是否顺利 这一问题中 ，A 有 19“选择”十分顺利，不仅听懂了，而 且还向老师提出了自己的看法和问题； 而 B 只有 5％. 从其他选项中也反映出：A 倾向于老师在课堂上交流， 而 生 生 间 的 课 外 交 流 障 碍 较 大 ；B 则 倾 向 于 课 外 ， 师 生、生生间的交流，相互交流的障碍较小. 这充分说明 在引导数学交流问题上，老师起着主导作用，教师的教 学理念、教学方式决定了学生是否喜欢交流、喜欢怎样 的交流、会不会交流.
ZHUAN TI YAN J IU
专题研究
1≠ 0，由定理 1 知该广义积分发散． 解法二 lim f（x）存在，则被积函数在 定 义 域 上 一
x→+∞
致 连 续 ，但 lim f（x） =1≠ 0，由 定 理 2 也 可 以 得 出 该 广 x→+∞
义积分发散．
【参考文献】 ［1］ 华 东 师 范 大 学 数 学 系． 数 学 分 析 （下 ）［M］． 北 京 ：高 等 教 育 出 版 社 ，2001. ［2］ 关冬月． 关于无穷级数和无穷积分收敛的必要条件［J］． 内 蒙 古 师 范 大 学 学 报 ，2004（5）：73－75. ［3］ 木壮志，赵星君． 广义积分收敛的一个充要条件 ［J］． 哈 尔 滨 理 工 大 学 学 报 ，1999（4）：46－49. ［4］ Proof of the Function Series Convergence Uniform Theorem and Necessary and Sufficient Condition in General Integral Convergent［J］． Journal of Jiaying University，2003（2）：23－26. ［5］ On the Necessary Conditions for Convergence of General-
微积分教学课件第7章无穷级数第4节广义积分敛散性的判别
若 p 1 ，则x 0 是瑕点，
lim x1 p f ( x) lim(1 x)q1 1 , 1 p 1 , p 0 ;
x0
x0
若 q 1 ，则x 1 是瑕点，
lim x1q f ( x) lim(1 x) p1 1 , 1 q 1 , q 0 ;
x0
x0
因此，当 p 0 且 q 0 时，该广义积分收敛；
1
lim x 2 f ( x) lim
1
1,
x0
x0 1 x2
所以瑕积分 1
1
dx 收敛.
0 x(1 x 2 )
10
例5 判别瑕积分 1
1
dx 的敛散性.
1 (1 x 2 )(4 x 2 )
解 易知 x 1 为瑕点， 由于
1
lim (1 x) 2 f ( x) lim
1
1,
x ( 1)
当 p 1且 A 0时， f ( x)dx 发散. a 证略.
4
例1 判别广义积分 x pex dx 的敛散性，其中 1
p, 为常数，且 0 .
解 由罗必塔法则，
lim x2
x
x pex
lim
x
x p2 ex
0
故广义积分 x pex dx ( 0) 收敛. 1
5
例2
判别广义积分
1
arctan x 1 x
dx
(
0)
的敛散性.
解
由于
lim
x
x
arctan x 1 x
x
lim x 1
x
arctan x
,
2
所以，当 1 时，该广义积分收敛；
当 1 时，该广义积分发散.