数学分析上册chp11习题解答

第十一章 反常积分
§1反常积分概念
1.讨论下列无穷积分是否收敛？若收敛，则求其值： （1）2
x xe dx +∞
-⎰
解：
2
222
00111()222
A
A x x A xe dx e d x e ---=-
-=-+⎰⎰ ∴ 22
200111lim lim 2
22A x x A A A x e dx xe dx e
+∞---→+∞→+∞⎛⎫⋅==-+= ⎪⎝⎭⎰⎰ （2）2
x xe dx +∞
--∞
⎰
解：
2222200011lim 02211lim lim 022x A A x x B B B B x e e x e xe e +∞
--→+∞----∞→-∞→-∞
⎛⎫⋅=-+= ⎪⎝⎭⎛⎫⋅==-+= ⎪⎝⎭
⎰⎰⎰ ∴ 2
2
2
0x x x x e dx x e dx x e dx +∞
+∞
----∞
-∞
⋅=⋅+⋅=⎰
⎰⎰
（3
）0
+∞
⎰
解：
2
2
00
2x
A
A
A x e dx e -
-⎡⎤=-=-⎣⎦⎰
⎰
∴
2
l i m 22A
x
A e →+∞+∞
⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦=⎰
（4）21
(1)
dx
x x +∞
+⎰
解：
()221
11
111(1)11ln ln 111ln 1ln 2
A
A A
dx dx x x x x x x x x A A A ⎛⎫=-++ ⎪++⎝⎭
⎡⎤
=--++⎢⎥
⎣⎦+=+--⎰
⎰ ∴ 21lim 11ln 1ln 21ln 2(1)A dx A x x A A →+∞+∞+⎡⎤
=⎢⎥=+--⎣-⎦
+⎰ （5）2445
dx
x x +∞
-∞
++⎰
解：
2202
001
445(21)lim lim 1lim arcta 2(2n 1)8
2A
A A A A
A dx x x x x π→+∞→+∞→+∞==+++++=⎰⎰
22200
01445(21)2
(21)l i m l i m 1l i m a r c t a n 4
1l i m a r c t a 1)48n(2B B B B B B B
dx dx x x x x B π→-∞→-∞→-∞→-∞
=+++++=+=⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ∴ 002224454454l i m l m 4i 5884
A B A B dx dx dx
x x x x x x πππ→++∞-→∞∞-∞=+++++=+=++⎰⎰⎰
（6）0
sin x e xdx +∞
-⎰
解：
()0
sin sin 1
sin co lim
im s l 2
2
A
x
A x x A A e xdx e xdx
e x x →+∞→++---∞∞
==--=⎰
⎰
（7）sin x e xdx +∞
--∞
⎰
解：
lim
sin sin A
A x x e xdx e xdx →++∞∞
=⎰
⎰
0sin lim
cos 2
A
A x x →+∞-= ()1
sin lim cos 12
A A A →+∞=-+发散 而
lim
sin sin B x
x B
e xdx e xdx →∞--∞
⋅=⎰
⎰
0sin lim
cos 2
B
B x x →-∞-=发散
∴sin x e xdx +∞
--∞
⎰发散
（8
）
+∞
⎰
解：0
lim
li m A A A A →+∞→+∞
=⎰
发散
故
+∞
⎰
2. 讨论下列瑕积分是否收敛？若收敛，则求其值：
（1）
()b
p a dx
x a -⎰
解：()
2
1
()f x x a =-在(,]a b 上连续， 从而在(,]a b 上可积，x a =为其瑕点
由瑕积分定义，知
111lim
()()lim ()()
1lim ()11lim ()()1b
b p p
a
u u a b
p u
u a p b
u u a p p
u a dx dx x a x a x a d x a x a p
b a u a p →-→-→--→=--=--=--⎡⎤=---⎣
⎦-⎰
⎰⎰
显然当1p <时，上式收敛于1()1p
b a p
---，其瑕积分也收敛，
其值为1()1p
b a p
---
若1p ≥，则上式发散，其瑕积分也发散
（2）1
201dx x -⎰
解：
1
22
00101001001
1lim 11111lim 211111lim 2111
1lim ln 1ln 12211lim ln 1ln 122u u u u u u u u u u u dx
dx x x dx x x dx dx x x x x u u →→→→→=--⎛⎫=+ ⎪-+⎝⎭⎡⎤
=+⎢⎥
-+⎣⎦
⎧⎫=-⎡-⎤+⎡+⎤⎨⎬⎣⎦⎣⎦⎩⎭
⎡⎤
=--++⎢⎥⎣⎦
⎰⎰⎰⎰⎰ 上式的极限不存在，故瑕积分
1
201dx
x -⎰发散
（3
）2
⎰
解：
()()()()()()2
1
20
01112
2
2
11112
22
011
11221
1lim 1lim 1lim 21lim 21lim 212lim 2214
u
u
u u u u
u u u u x dx x dx
x x u u -
-→→--→→--→→=+=-+-⎡
⎤=--+-⎢⎥⎣⎦
⎡⎤⎡
⎤=--++--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦=⎰
⎰
⎰
⎰⎰
故瑕积分收敛，其值为4 （4
）
1
⎰
解：
()()()()(
))
1
1
122
20
1
222
11
220
11
11121lim 1121lim 12
lim
1
1
u u u
u u x d x x d x x --→-→→=---=---=--=-=⎰⎰⎰ 故瑕积分收敛，其值为1 （5）1
ln xdx ⎰
解：
()
1
1
1
100
ln lim ln lim ln lim ln 11
u u u u u u xdx xdx
x x dx u u u +++→→→=⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦=--+=-⎰
⎰⎰
故瑕积分收敛，其值为-1
（6
）
⎰
解：令
21x
t x
=-，则
(
)
20
200020202lim 1lim 21lim arctan 12
tdt t t t t t εεεπ
+++→→→=+⎡⎢=⎢+⎣⎦⎛
=- +⎝=
⎰
故瑕积分收敛，其值为2
π
（7）1
⎰
解：
()()()()11
1
112
1
2
1
12
10
2
00lim lim lim arcsin 21lim arcsin 21lim arcsin 21lim arcsin 2112
2
x x ε
ε
εεε
εεεεεεεπ
π
π
+++
+
++-→→-→→→→==+=-+-=--+---⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦=
+
=⎰
⎰
⎰
⎰
故瑕积分收敛，其值为π （8）
1
0ln (ln )p d x x ⎰
解：
()()1
1
12
1002112
10
2
11112
1002
11100ln (ln )ln (ln )ln (ln )lim (ln 2)ln lim (ln )ln 1
1
lim (ln )lim (ln )11111lim ln ln lim ln 1121p p p p p p p p p d x x d x x d x x d x x d x
x x p
p
p p ε
ε
εεεε
εεεεεε++++++-----→→---→→---→→=+=+=+--⎡⎤⎛⎫=-+-⎢⎥ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰11ln 2p
p -⎡⎤
⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
上面极限式发散，故瑕积分发散
3. 举例说明：瑕积分⎰
b
a
dx x f )(收敛时，⎰b
a
dx x f )(2不一定收敛。

解：
例如瑕积分
1
0⎰268P 页例6结论
1
110
02
1
,012dx q x =<=<⎰
⎰，则瑕积分收敛
2
1
1001dx dx x =⎰⎰中，1q =则瑕积分发散 4. 举例说明：⎰
+∞
a
dx x f )(收敛且f 在],[+∞a 上连续时，不一定有0)(lim =+∞
→x f x
解： 设
⎪⎪
⎪
⎪⎪⎨⎧
-∈----∈+---∈=++++)
,1[)(2)21,21[)21(2)2
1,1[,0)(112112n n x n x n n n n n x n n x n n n n x x f n n n n n n n
则f 在),0[∞+连续，且
21
2121212
1)(110
==⋅⋅=∑∑⎰
+∞=+∞
=∞+n n n n n n dx x f
但f 在),0[∞+无界且)(lim x f x +∞
→不存在.
5. 证明：
⎰
+∞
a
dx x f )(收敛，且存在极限A x f x =+∞
→)(lim ，则0=A 。

证：反证法. 假设0≠A ，不妨设0>A . 由保号性，存在a N >，
当N x >时，02
)(>>
A
x f ，于是 +∞=+
≥+=⎰⎰
⎰⎰
⎰
∞
+∞+∞+N N a
N
N a
a
dx A dx x f dx x f dx x f dx x f 2
)()()()( 这与
⎰∞+a
dx x f )(收敛相矛盾，所以0=A .
6. 证明：若f 在],[+∞a 上可导，且⎰
+∞
a
dx x f )(与⎰
+∞
a
dx x f )('都收敛，则0)(lim =+∞
→x f x
证：因为
)]()([lim )(lim
)(a f u f dx x f dx x f u u a
u a
-='='+∞
→+∞
→∞+⎰
⎰
收敛，
所以极限)(lim u f u +∞
→存在，从而由第5题知，0)(lim =+∞
→x f x
§2 无穷积分的性质与收敛判断
1. 证明定理11.2及其推论1。

（1）定理11.2（比较法则）
设定义在[,)a +∞上的两个函数()f x 和()g x 都在任何有限区间[,]a u 上可积，
且满足：()(),[,)f x g x x a ≤∈+∞
则当()a
g x dx +∞
⎰收敛时，()a
f x dx +∞
⎰
必收敛
（或当()a
f x dx +∞
⎰
发散时，()a
g x dx +∞
⎰
必发散）
证：由定理11.1，对120,,,,A a p A p A ε∀>∃>∀>∀>
有
21
()p p g x dx ε<⎰
由不等式()()f x g x ≤
2
21
1
()()p p p p f x dx g x dx ε≤<⎰
⎰
则无穷积分
()a
f x dx +∞
⎰
收敛
（2）推论1：若()f x 和()g x 都在任何[,]a u 上可积，()0g x >，且()
lim
()
x f x c g x →+∞
= 则有
（i ）当0c <<+∞时，()a
f x dx +∞
⎰与()a
g x dx +∞
⎰
同敛态；
（ii ）当0c =时，由
()a
g x dx +∞
⎰
收敛可推知()a
f x dx +∞⎰
也收敛；
（iii ）当c =+∞时，由
()a
g x dx +∞⎰
发散可推知()a
f x dx +∞⎰
也发散
证：当0c ≤<+∞时及()0g x >时，知()
lim
()
x f x c g x →+∞=的极限存在，为某一常数c 则有极限的定义知，对0,0A ε∀>∃>，对x A ∀>有
()
()
f x c c
g x εε-<
<+ 即()()()()()c g x f x c g x εε-<<+ 由定理11.2的结论知()a
f x dx +∞
⎰
与()a
g x dx +∞
⎰
同敛态；
即（i ）与（ii ）成立 又当c =+∞时，由()
lim
()
x f x c g x →+∞
=，取0,0B A >∃>对于x A ∀>有 ()
()
f x B
g x >，或()()f x B g x >⋅ 又由定理11.2知， 当
()a
g x dx +∞
⎰
发散时，()a
f x dx +∞
⎰
也发散
2. 设f 与g 是定义在),[+∞a 上的函数，对任何a u >，它们在],[u a 上可积。

证明：若
⎰
+∞
a
dx x f )(2
与⎰+∞
a
dx x g )(2
收敛，则⎰
+∞
a
dx x g x f )()(与⎰+∞
+a
dx x g x f 2)]()([也
都收敛。

证：因为2)
()(|)()(|22x g x f x g x f +≤，且⎰∞++a dx x g x f 2
)()(2
2收敛， 所以⎰∞+a dx x g x f |)()(|收敛，从而⎰∞+a
dx x g x f )()(收敛.
由于
⎰
⎰
∞+∞+++=+a
a
dx x g x g x f x f dx x g x f )]()()(2)([)]()([222，所以收敛
3. 若h g f ,,是定义在),[+∞a 上的三个连续函数，且成立不等式)()()(x g x f x h ≤≤，证明： （1） 若
⎰
+∞
a
dx x h )(与⎰+∞
a
dx x g )(都收敛，则⎰
+∞
a
dx x f )(也收敛；
（2） 又若
⎰⎰+∞+∞==a
a
A dx x g dx x h )()(则A dx x f a
=⎰
+∞
)(
证明：⑴ 因为
⎰
∞+a
dx x h )(与⎰
∞+a
dx x g )(都收敛，由无穷积分的Cauchy 准则，
有0>∀ε，a G ≥∃，使得当G u u >21,时， 有εε<<
-⎰
21
)(u u dx x h 与 εε<<-⎰
21
)(u u dx x g .
又由)()()(x g x f x h ≤≤，有⎰
⎰⎰
≤≤21
21
21
)()()(u u u u u u dx x g dx x f dx x h .
从而有即εε<<
-⎰
21
)(u u dx x f . 由Cauchy 准则，积分⎰
∞+a
dx x f )(收敛；
⑵ 由)()()(x g x f x h ≤≤，得
⎰⎰⎰
≤≤u
a
u a
u a
dx x g dx x f dx x h )()()(
2221
1
1
()()()u u u u u u h x dx f x dx g x dx εε-<≤≤<⎰
⎰
⎰
若A dx x g dx x h u a
u u a
u ==⎰
⎰
+∞
→+∞
→)(lim
)(lim
，所以
A dx x f dx x f u a
u a
==⎰
⎰
+∞
→∞+)(lim
)(
4.讨论下列无穷积分的收敛性 （1）
⎰
+∞
+0
3
4
1
x dx ；
解：
4
3
1x x →+∞
→
∴由柯西判别法知，⎰
+∞
+0
3
4
1
x dx 收敛
（2）
dx e
x
x
⎰
+∞
-1
1 解： 2
3
0li 1lim 1m x x x x x x e e
x →+∞→+∞==--⋅
由柯西判别法的推论知，
dx e x
x
⎰
+∞
-1
1收敛 （3）
⎰
+∞
+0
1x
dx
解：由于12
lim 1x x →+∞=由柯西判别法的推论2，有⎰+∞+01x
dx
发散
（4）
dx x x
x ⎰+∞
+131arctan
解：因为21arctan lim 32π=++∞→x
x x x x ，所以 ⎰
∞++1
3
1arctan dx x
x
x 收敛
(5)
dx x x n ⎰+∞
+1)
1ln( 解：当1n >时，
1
11
111ln(1)
lim ln(1)lim ln(1)lim 0n
n
n n
n n n n n x x
x x x x x x +
→+∞+→+∞⎛⎫→+∞
-+ ⎪⎝⎭
+⋅
+=⋅+==收敛
当1n ≤时，11ln(1)
lim n
n
n x x
x
+
→+∞
+⋅
→∞ (6)
(,0)1m
n
x dx n m x +∞
≥+⎰
解：
10
01111m
m m n n n x x x dx dx dx x x x
+∞
+∞=++++⎰
⎰⎰， 先考虑积分1
01m n x dx x +⎰， 01111m x m
n n
x x x x +
→-⋅=→++，故 当且仅当1m >-时，积分1
01m
n
x dx x +⎰收敛 再考虑积分
1
1m n x dx x +∞
+⎰
，因为1111m x n m
n n
x x x x →+∞-⋅=→++
故当且仅当1n m ->时，积分
1
1m
n
x dx x +∞
+⎰
收敛 综上所述，当1m >-，1n m ->时，积分
(0)1m
n
x dx n x
+∞
≥+⎰
收敛，否则发散 5.讨论下列无穷积分绝对收敛还是条件收敛
(1)
1
+∞
⎰
令2
,2x t dx tdt ==，
21
11sin sin 22t t tdt dt t t
+∞+∞=⋅=⎰
⎰⎰ 而对1u ∀≥，
1
sin cos12u
tdt cosu =-≤⎰
而当x →+∞时，
1
x
单调趋于0 故有狄利克雷判别法知1sin t
dx t
+∞⎰收敛
又2sin sin 1cos 222t t t
t t t t
≥=- 而其中
1
2dt
t
+∞
⎰
是发散的, 1
sin t
dx t
+∞
∴⎰
发散,
故
1
⎰
发散,
1
∴⎰
在[1,)+∞是条件收敛, （2）
2
sgn(sin )
1x dx x
+∞
+⎰
解：由于
22
sgn(sin )1
,011x x x x ≤≥++
而
2
1dx
x +∞
+⎰
收敛 ∴
20sgn(sin )
1x dx x +∞+⎰绝对收敛
（3
）
+∞
⎰
解：由于
cos A
xdx ≤⎰
，在[0,)+∞上单调且当x →+∞时趋于0，
由狄利克雷判别法知积分收敛。

又
()
2
cos 100cos 2x x x
≥⋅+=
而
⎰
发散，02xdx ⎰收敛，故积分条件收敛.
(4) ()
ln ln sin ln e
x xdx x
+∞
⋅⎰
解:
sin 2A
e
xdx ≤⎰
()
ln ln ln x x
在上[3,)+∞单调递减且当x →+∞时,趋于0. 故由狄利克雷判别法知积分收敛.
又
()()
2ln ln ln ln sin sin ln ln x x x x x x
⋅≥⋅ ()()ln ln ln ln cos 22ln 2ln x x x x x
=-⋅
而
()
ln ln ln e
x dx x
+∞
⎰
发散 ()
ln ln cos 22ln e
x xdx x
+∞
⋅⎰
收敛
从而积分条件收敛 6.举例说明：
⎰
+∞
a
dx x f )(收敛时⎰
+∞
a
dx x f )(2不一定收敛；⎰
+∞
a
dx x f )(绝对收敛时，
⎰
+∞
a
dx x f )(2也不一定收敛。

解：设⎪⎩
⎪⎨
⎧-
∈---∈=),41[)2()41,1[,
0)(n n x n n x x f n
n n
则
121
42|)(|110
===∑∑⎰+∞=+∞
=∞+n n n n n dx x f ，收敛，
但
+∞==∑⎰
+∞
=∞+10
2
4
4)(n n n
dx x f ，发散.
7.说明：若
⎰
+∞
a
dx x f )(绝对收敛，且0)(lim =+∞
→x f x ，则⎰
+∞
a
dx x f )(2必定收敛。

证：因0)(lim =+∞
→x f x ，故存在0>N ，当N x >时，1)(<x f ，于是|)(|)(2
x f x f ≤.
由比较判别法，知
⎰
∞+a
dx x f )(2收敛.
8. 证明：若f 是],[+∞a 上的单调函数，且
⎰
+∞
a
dx x f )(收敛，则0)(lim =+∞
→x f x ，且
+∞→=x x
o x f ),1
()(
证：设f 在),[∞+a 上单调无界（不妨设无上界），即对任何0>M ，存在a X >，
使得当X x >时，M x f >)(. 于是
+∞=+≥+=⎰
⎰
⎰
⎰
⎰
∞+∞+∞+X
X a
X
X a
a
dx M dx x f dx x f dx x f dx x f )()()()(
这与
⎰
∞+a
dx x f )(收敛相矛盾， 从而f 在),[∞+a 上单调有界，故存在极限
A x f x =+∞
→)(lim . 由P.269习题5，知0)(lim ==+∞
→A x f x
下面证明：)1
()(x
o x f =，+∞→x ，即0)(lim =+∞
→x xf x .
不妨设在),[∞+a 上0)(≥x f ，且单调减少. 因
⎰
∞+a
dx x f )(收敛，
由无穷积分的柯西准则，0>∀ε，a G ≥∃，使得当G x
x >>2时，有ε<⎰x x dt t f 2
)(，
于是ε<≤=≤
⎰⎰x x x x dt t f dt x f x xf 2
2)()()(21
0，即0)(lim =+∞→x xf x
9. 若f 在),[+∞a 上一致连续，
⎰
+∞
a
dx x f )(收敛，则0)(lim =+∞
→x f x
证：因f 在),[∞+a 上一致连续，0>∀ε，0>∃δ（不妨设εδ≤），
使得当),[,21∞+∈a x x 且δ≤-||21x x 时，有2
|)()(|21ε
<-x f x f .
又因
⎰
∞+a
dx x f )(收敛，由无穷积分的柯西准则，对上述δ，a G ≥∃，
使得当G u u >21,时，有2
|)(|
2
21
δ<
⎰
u u dx x f .
现在对任何G x >，取G u u >21,，使得21u x u <<，且δ=-12u u ，于是
|)()()(||)(||)(|2121
21
21
⎰
⎰
⎰
⎰
+-==u u u u u u u u dt t f dt t f dt x f dt x f x f δ
2
2
|)(|2
|)(||)()(|2
21
21
21
21
δδε
ε
+
⋅<
+≤+-≤⎰
⎰
⎰⎰
u u u u u u u u dt t f dt dt t f dt t f x f
从而εδ
ε
≤+
<
2
2
|)(|x f ，所以0)(lim =+∞
→x f x .
10.利用狄利克雷判别法证明阿贝尔判别法 证：阿贝尔判别法是指: 若
()a
f x dx +∞
⎰
收敛,()g x 在上[,)a +∞单调有界,
则
()()a f x g x dx +∞
⎰
收敛
()a
f x dx +∞
⎰
收敛, 则令()()u
a F u f x dx =⎰在[0,)+∞上有界
()g x 在上[,)a +∞单调有界,则必有极限存在,
设lim ()x g x a →∞
=，则[]lim ()0x g x a →∞
-=
设()()x g x a ϕ=- 则由狄利克雷判别法知,[]()()a
f x
g x a dx +∞
-⎰
收敛.
即
[]()()()()()()a
a
a
f x
g x f x a dx f x g x dx a f x dx
+∞
+∞
+∞
⋅-⋅=⋅-⎰⎰⎰ 由已知
()a
f x dx +∞
⎰
收敛，从而()()a
f x
g x dx +∞
⋅⎰
收敛
§3瑕积分的性质与收敛判别
1. 写出性质3的证明
（性质3： 设函数()f x 的瑕积分为x a =,()f x 在(,]a b 的任一内闭区间[],u b 上可积,
则当()b
a
f x dx ⎰
收敛时,()b
a
f x dx ⎰也必定收敛,并有
()()b b
a
a
f x dx f x dx ≤⎰⎰）
证：
瑕积分
()b
a
f x dx ⎰
在瑕点x a =处收敛,则由柯西准则有
对0,0εδ∀>∃>,当()12,,u u a a δ∈+，总有
()()2
2
1
1
u u u u f x dx f x dx ε=<⎰
⎰
又()f x 在(,]a b 的任一内闭区间[],u b 上可积, 再利用定积分的绝对不等式又有()()2
2
1
1
u u u u f x dx f x dx ε=<⎰
⎰
再由柯西准则(充分性)知()b
a
f x dx ⎰收敛.
又因
()()b
b
a a f x dx f x dx δ
δ
++≤⎰
⎰
令0δ→便得到
()()b
b a
a
f x dx f x dx ≤⎰
⎰
2. 写出定理11.6及推论1的证明
（定理11.6(比较法则)设定义在(,]a b 上的两个函数()f x 与()g x ,瑕点同为x a =, 在任何[](,],a b u b ⊂上都可积,且满足()(),(,]f x g x x a b ≤∈ 则当
()b a
g x dx ⎰收敛时,()b
a
f x dx ⎰必定收敛
(或者当
()b
a
f x dx ⎰
发散时,()b
a
g x dx ⎰亦必发散).
推论1：又()0g x >若,且()lim x a
f x C
g x +
→=,则有
(i)当0C <<+∞时,()b
a
f x dx ⎰
与()b a
g x dx ⎰同敛态;
(ii) 当0C =时,由
()b
a
g x dx ⎰
收敛可推知()b a
f x dx ⎰也收敛;
(iii) 当C =+∞时, 由()b
a
g x dx ⎰
发散可推知()b
a
f x dx ⎰也发散.）
证：定理11.6
若
()b
a
g x dx ⎰(瑕点为a )收敛. 由定理11.5瑕积分收敛的充要条件:对0,0εδ∀>∃>,
只要()12,,u u a a δ∈+,总有
()2
1
u u g x dx ε<⎰
，由不等式()()f x g x ≤,有
()()2
2
1
1u u u u f x dx g x dx ε=
<⎰
⎰
再由定理11.5知()b
a
f x dx ⎰
必定收敛(同理可证发散).
推论1
当0C ≤<+∞及()0g x >时,知()lim x a
f x C
g x +
→=的极限存在,为某一常数C .
则又极限定义知,对0,0εδ∀>∃>,当(),x a a δ∈+时, 总有()f x C C g x εε-<
<+. 即()()()()()C g x f x C g x εε-<<+.
由定理11.6结论,当0C <<+∞时, ()b
a
f x dx ⎰
与()b
a
g x dx ⎰同敛态.当0C =时,
由
()b
a
g x dx ⎰
收敛可推知()b
a
f x dx ⎰也收敛.
当C =+∞时,由()lim x a
f x C
g x +
→=,取0,0B δ∀>∃>, 当(),x a a δ∈+时,
总有
()f x B g x >或()()f x g x B >⋅.
由定理11.6结论,当
()b
a
g x dx ⎰
发散可知,()b
a
f x dx ⎰也发散.
3. 讨论下列瑕积分的收敛性 (1)()
2
2
1dx
x -⎰
解:
1x =是瑕点, 由定理11.6的推论3,有
()()
2
1
1
lim 11x x x +
→-⋅=+∞-
其中1,p λ==+∞,故积分发散 (2)
3
2
sin x dx x
π
⎰
0x =是瑕点,由于12
30
2
sin lim 1x x x x
+→⋅
=，而1
,12
p λ==,
故积分发散
(3)
1
⎰
解：
0,1x x ==
是瑕点,
则1
1
12
=⎰
⎰
.
由于1
lim(1)1x x -
→-=,则1,1p λ==.
由定理11.6的推论3,
积分
1
发散，从而积分1⎰.
(4)
1
0ln 1x dx x -⎰
解
111
ln lim lim 111
x x x x x --
→→==---，故1x =不是瑕点,因而只有0x =为瑕点. 又1
2
ln lim 01x x x x +
→=-,由于1
,02
p λ==，由定理11.6的推论3知,积分收敛 (5)
2
3
arctan ;1x
dx x
π
-⎰
解：为1x =瑕点.
3
1
arctan lim(1)112x x x x π-
→-=-,其中1p =,12
π
λ=,∴瑕积分分散. (6)
2
1cos m
x
dx x
π
-⎰
; 解：0x =为瑕点.
220
01cos 1cos 1
lim lim ,2
m m x x x x x x x +
+-→→--⋅== 其中1
2
λ=
,故当3m <时,积分收敛;时3m ≥积分发散. (7)1011sin ;dx x x
α⋅⎰
解：此瑕积分的瑕点为0x =.由定理11推论2知
111()sin f x x x x
αα=
⋅≤, 此时p α=,当01α<<时,
1
11
sin dx x x
α⋅⎰
绝对收敛. 又
(0,1)x ∈,有
1
111sin x x x
αα-<
⋅. 当1p α=-时,则1p ≥,即11,2αα-≥≥时, 由推论2的(ii)知积分发散. 当12α≤<时,由狄利克雷判别法知
1
1
sin x dx x α
⎰
为条件收敛.
(8)0ln x e xdx +∞
-⋅⎰
解:
0ln x e xdx +∞
-⋅⎰1
01ln ln x
x x x dx dx e e +∞=+⎰
⎰ 由2ln lim 0x x x x e →+∞⋅=知,0ln x x dx e
+∞⎰收敛, 又由1
2
ln lim 0x x x
x e +
→⋅=知,10ln x x dx e
⎰收敛, 由以上两个结果知,
ln x e xdx +∞
-⋅⎰
收敛.
4. 计算下列瑕积分的值（其中n 为正整数） （1）
dx x n ⎰
1
)(ln ；
解：当1n =时有
[]1
1
10
ln lim ln lim 1xdx x x dx εε
εε++→→=-=-⎰
⎰
设1
1
(ln )lim (ln )n n n I x dx x dx ε
ε+→=
=⎰
⎰
当2n ≥时有
1
1
1
00lim (ln )lim (ln )n
n n I x x n x dx εε
εε++-→→⎡⎤=-⎣⎦⎰1
10
(ln )n n x dx -=-⎰1n nI -=-
∴1
0(ln )n n I x dx =⎰()1!n
n =-⋅
（2）
dx x
x n ⎰
-1
1；
解：令2
sin x θ=,则2sin cos dx d θθθ=⋅
于是1
n
n I =
⎰
2202sin sin n d πθθθ=⋅⎰
2221
20
2sin cos 2cos sin
n n n d ππ
θθθθθ-⎡
⎤
=-⋅+⋅⎢⎥⎢⎥⎣
⎦
⎰
22102sin 2n n d π
θθ-⎡⎤=⋅-⎢⎥⎣⎦
⎰()12n n n I I -=- 因此1221
n n n
I I n -=+,而200sin 2I d πθθ==⎰
故()()
2!!221!!n n I n =⋅+()()2
212!21!n n n +⋅=
+
5.证明dx x J ⎰
=
20
)ln(sin π
收敛，且2ln 2
π
-
=J （提示利用
220
ln(sin )ln(cos )x dx x dx π
π
=⎰
⎰，并将它们相加）
证：
)0x x →=,所以瑕积分20
ln(sin )J x dx π
=⎰收敛.
为了求J ,考虑积分20
ln(cos )x dx π
⎰
，同理可证,此积分收敛.
令2
t x π=
-，则有
220
00
ln(cos )lim ln(cos )x dx x dx π
π
ε
ε+-→=⎰
⎰2
lim ln(sin )t dt π
ε
ε+→=⎰
20
sin tdt π
=⎰J = ∴[]202ln(sin )ln(cos )J x x dx π
=+⎰201
ln(sin 2)2
x dx π
=⋅⎰2200ln(sin 2)ln 2x dx dx ππ
=-⎰⎰
2
l i m l n (s i n 2)
l n 22
x d x π
ε
επ
+
→=-⎰ (令2u x =)0
1lim ln(sin )ln 222
u du π
ε
επ
+
→=-⎰ 01l n (s i n )l n 222
u du ππ
=-
⎰20211ln(sin )ln(sin )ln 2222
u du u du ππππ
=+-⎰⎰ 2
l n (s i n )l n 22
u d u π
π
=
-
⎰
l n 2
2
J π
=-
ln 22
J π
∴=-
其中,
2
2
ln(sin )lim ln(sin )u du u du ππε
π
π
ε+-→=⎰⎰ (令u V π=-) 2
lim ln(sin )V dV πε
ε+→⎰
20
ln(sin )V dV π
=⎰ 6.利用上题结果证明： （1）
2ln 2
)ln(sin 2
πθθθπ
-
=⎰
d
证：令x πθ=-
则
ln(sin )d π
θθθ⎰
ln(sin )ln(sin )x dx x x dx π
π
π=-⋅⎰⎰
∴0
ln(sin )ln(sin )2d x dx π
π
π
θθθ=
⎰⎰
2
2
ln(sin )ln(sin )22x dx x dx ππ
ππ
π
=
+
⎰
⎰ 2
ln 2224πππ⎛⎫=
--
⎪⎝⎭2
ln 22
π=- （2）
2ln 2cos 1sin 0
πθθ
θ
θπ
=-⎰
d
证:
0sin ln(1cos )1cos d d π
πθθθθθθθ
=--⎰
⎰00ln(1cos )ln(1cos )d ππ
θθθθ=---⎰
2
ln 2ln(2sin
)2
d π
θ
πθ=-⎰220
ln 2ln(2sin )2x dx π
π=-⋅⎰ (令2
x θ
=
)
2200
ln 22ln 24ln(sin )dx x dx ππ
π=--⎰⎰ln 2ln 24ln 22ππππ⎛⎫
=--- ⎪⎝⎭
2ln 2π=
总练习题
1.证明下列不等式： （1）
0,1
111
1
>+=+⎰⎰
∞+--p dx x x dx x x p
p ；
证:令1x t
=
则 11
1100lim 11p p x x
dx dx x x εε+--→=++⎰⎰1
112011lim 11
p t dt t t
εε+-→⎛⎫
⎪⎛⎫⎝⎭=⋅- ⎪⎝⎭
+⎰110lim 1p t dt t εε+-→=+⎰ 1
1p
t dt t -+∞
=+⎰
11
p x dx x -+∞=+⎰
（2）
1
0,0111
p p
x x dx dx p x x --+∞
+∞=<<++⎰
⎰；
证：由于01p <<从而可知等式两边的两个积分都收敛.
故
1
1110
01111
p p p x x x dx dx dx x x x ---+∞
+∞=++++⎰
⎰⎰
有(1)式结论有:
1
1
111
p p
x x dx dx x x --+∞=++⎰
⎰
对右端第二个积分,令1
x t
=
,则有 1
11
1lim 11p p A A x x dx dx x x --+∞
→∞=++⎰
⎰11lim 1p A A
t dt t -→∞=+⎰101p t dt t -=+⎰101p x dx x -=+⎰
∴1
10
00111p p p x x x dx dx dx x x x ---+∞
+∞=++++⎰
⎰⎰01
p
x dx x -+∞=+⎰
2.证明下列不等式： （1
1
2
π
<<
⎰；
证：
1
10
2
π
<=
⎰
⎰
又
1
1
=
⎰
⎰
1
>
=
∴
1
2
π
<<
⎰
（2）
2
01111122x e dx e e
+∞-⎛⎫-<<+ ⎪⎝⎭⎰ 证：
2
2
2
1
1
x x x e dx e dx e dx +∞
+∞
---=+⎰
⎰⎰2
101
1
12x dx x e dx e
+∞
-<+⋅=+
⎰⎰
又
2
2
2
1
1
x x x e dx e dx e dx +∞
+∞
---=+⎰
⎰⎰2
2
1
1
x x e dx x e dx -->>⋅⎰⎰
2
10
12
x
e -=-1112e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
∴20111
1122x e dx e e
+∞-⎛⎫-<<+ ⎪⎝⎭⎰ 3.计算下列反常积分的值： （1）
⎰
+∞
->0
)0(cos a bxdx e ax
解：
cos lim
cos A
ax
ax
A e bxdx e
bxdx +∞
--→+∞=⎰
⎰
()0
22
lim sin cos ax
A
A e b bx a bx a b -→+∞=-+
22
a
a b =
+
（2）
⎰
+∞
->0
)0(sin a bxdx e ax
解：
sin lim
sin A
ax
ax
A e bxdx e
bxdx +∞
--→+∞=⎰
⎰
()0
22
lim sin cos ax
A
A e a bx b bx a b -→+∞=--+
22
b
a b =
+
（3）
⎰
+∞
+0
2
1ln dx x
x
解：
2
ln 1x
dx x +∞
+⎰
12201ln ln 11x x dx dx x x +∞=+++⎰⎰
1
2201ln ln 1111x x dx d x x x +∞-⎛⎫
=+ ⎪+⎝⎭
⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰⎰（令1u x =） 1
122
00ln ln 11x
u dx dx x u =-++⎰⎰0= （4）
θθπ
d ⎰
20
)ln(tan
解：令tan x θ=，则
22
ln ln(tan )01x
d dx x
π
θθ+∞
==+⎰
⎰
(由上题结论) 4.讨论反常积分)0(sin 0
≠⎰
+∞
b dx x
bx
，λ取何值时绝对收敛或条件收敛 解：设0
sin bx I dx x λ+∞
=
⎰
，1
10sin b
bx I dx x λ=⎰，12sin b
bx I dx x λ+∞=⎰ 先讨论积分1I ,当1λ≤时,有
1000,1sin sin lim
lim ,1
x x bx bx bx b x bx λλλλλ-→→<⎧==⎨=⎩ 从而1I 是正常积分. 当1λ>时0x =瑕点. 由于()10
sin lim 0,,x bx
x
b bx λ
λ
-→=∈+∞故 当12λ<<时1I 绝对收敛；当2λ≥时1I 发散.1sin 0,0bx b x λ
⎛⎫
⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
因为在上
对于积分2I 为无穷限上非正常积分. 当0x ≤时,令1
24n A n b ππ⎛
⎫=+
- ⎪⎝
⎭ ，122n B n b
ππ⎛
⎫=+ ⎪⎝⎭ 则,()n n A B n →+∞→+∞→+∞时，且
22
24sin sin n
n
B n A n bx u dx b du x u
π
πλπλλπ++=⋅⎰
⎰2424n b λ
λπππ-⎛⎫≥+⋅⋅⋅ ⎪⎝
⎭8b λπ≥有柯西准则知, 当0λ≤时, 2I 发散；当01λ<≤时,由狄利克雷判别法知,积分2I 收敛.但由于
1sin b
bx
dx x
+∞
⎰
不绝对收敛
再由
()sin sin 01,1bx bx
x x x
λ
λ≥≤≤>可知, 当01λ<≤时积分2I 条件收敛；当1λ>时由于sin 1
bx x x λλ
≤，从而积分2I 绝对收敛. 综上所述,有下面结果:
当01λ<≤时,非正常积分I 条件收敛 . 当02λ<<时,I 绝对收敛; 当0λ≤或2λ≥时I 发散.
5.证明：设)(x f 在),0[+∞上连续，b a <<0，
（1） 若k x f x =+∞→)(lim ，则
⎰+∞
-=-0ln ))0(()()(a
b
k f dx x bx f ax f ； 证：令x t =则()0()()
0A aA a f ax f t dx dt A x t εε=<<⎰⎰
令bx u =有()()
A aA a f bx f u dx du x u
εε=⎰⎰
于是
()()
()()A
aA bA a b f ax f bx f y f y dx dy dy x y y ε
εε-=-⎰⎰⎰()()b bA a aA f y f y dy dy y y
εε=-⎰⎰
()
()b
b a
a f w f Aw dw dw w w
ε=-⎰
⎰[]001()()b a f f A dw w εξη=-⋅⋅⎰
其中,εη介于,a b 之间,令0,A ε+
→→+∞得
0()()f ax f bx dx x +∞
-⎰[]1(0)b a f k dw w =-⎰[](0)ln b
f k a
=- （2）若⎰+∞0)(dx x x f 收敛，则⎰+∞=-0ln )0()()(a
b
f dx x bx f ax f ；
证：由于积分0()f x dx x +∞⎰收敛,故对0ε∀>,有()()
a f ax f x dx dx x x
εε+∞+∞=⎰⎰
0()()()()a b f ax f bx f x f x dx dx dx x x x εε+∞+∞+∞-=-⎰⎰⎰()
b a f x dx x
εε=⎰ ()b a f x dx x
ε=⎰()1()b a f dx a b x εξξ=≤≤⎰ 令0ε→,则,有 0()()f ax f bx dx x +∞-⎰1(0)(0)ln b a b
f dx f x a
==⎰ 6.证明下述命题：
（1） 设)(x f 为),[+∞a 上非负连续函数，若⎰
+∞
a
dx x xf )(收敛，则⎰
+∞
a
dx x f )(也收敛
证：取{}
,1M a =
则由
()a
xf x dx +∞
⎰
收敛可知，()M
xf x dx +∞
⎰
也收敛,而0()()M
M
f x dx xf x dx +∞
+∞
≤≤⎰
⎰
∴()M
f x dx +∞
⎰
收敛,从而()a
f x dx +∞⎰
也收敛
（2）设)(x f 为),[+∞a 上连续函数，且当+∞→x 时，)(x f 递减地趋于0，则⎰
+∞
a
dx x f )(收
敛的充要条件为
⎰
+∞
a
dx x xf )('收敛
证：由已知,在[,)a +∞上()f x ,'
()f x 均为连续函数,任给A a >
'()()()()A
A
A
A
a a
a
a
x f x d x
x d f x
x f x f x d x ==-⎰
⎰
⎰
○1 设
()a
f x dx +∞
⎰
收敛,由()f x 的单调性(及第11章2节习题8)知:lim ()
()A
a
A xf x af a →+∞
=
从而有○
1知存在.即'lim
()A
a
A xf x dx →+∞⎰
收敛.
又若
'()a
xf x dx +∞
⎰
收敛,则0,M a ε∀>∃>
使当A x M >>时,有
()A
x
f t dt ε<⎰
由于'
()f x 不变号()0≤,故由积分中值定理知,存在[],x A ξ∈ 使
()()()()A
A
x
x
tp t dt f t dt f A f x ξξ==-⎡⎤⎣⎦⎰
⎰ 于是()()()()0x f A f x f A f x ξε≤-≤-<⎡⎤⎣⎦
可知()()()0x f A f x A x M ε≤-<>> ○
2 令A →+∞,由()lim 0A f A →+∞
=,知()()xf x x f x ε=≤ ()x M >
故lim ()0x x f x →+∞
⋅=
于是lim ()
()A
a A xf x af a →+∞
=-，即上式极限存在, ∴
由○1知,lim
()A
a
A f x dx →+∞⎰
存在.即()a
f x dx +∞
⎰
收敛.
故()a
f x dx +∞
⎰
收敛等价于⎰+∞a
dx x xf )('收敛。