4.AD判别法

积的情况加以证明。
∫ 记 F( x) = x f (t)dt ，则 F (x) 在[a,b] 连续，且 F(a) = 0 。由于 f ( x) 在[a, b]上 a
连续，于是 F (x) 是 f ( x) 在[a, b]上的一个原函数，利用分部积分法，有
∫b a
f
( x) g ( x)dx
=
F ( x) g ( x)
收敛：
∫ (1)（Abel 判别法） +∞ f (x)dx 收敛， g( x) 在[a, + ∞) 上单调有界； a
(2)（Dirichlet
判别法） F (
A)
=
∫A a
f
( x )dx
在 [a,
+
∞)
上有界，g( x
)
在 [a,
+
∞)
上单调且 lim g(x) = 0 。 x→+∞
证 设ε 是任意给定的正数。
∫ A′ f (x)dx < 2M ； A
因为 lim x→+∞
g(x)
=
0 ，所以存在
A0
≥
a
，当 x
>
A0
时，有
|g(x) |< ε 。 4M
于是，对任意 A, A′ ≥ A0 ，
∫ ∫ ∫ A′
f (x)g(x)dx
≤ g( A) ⋅
ξ f (x)dx + g( A′) ⋅
A′
f (x)dx
A
ak +1Bk + ap BpB
k =1
k =1
p −1
∑ = ap - BpB
(ak+1 − ak )Bk 。
k =1
上式也称为分部求和公式。
a5 (a5 − a4 )B4
a4
(a4 − a3 )B3
a5b5
a3 (a3 − a2 )B2
a4b4
a2 (a2 − a1 )B1
a3b3
a1
a2b2
a1b1
证 当 x ≠ 2kπ 时，
2 sin
x
⋅
n
∑ sin kx = cos
x
− cos
2n +1 x ,
2 k =1
2
2
于是对一切正整数 n，
∑n
sin kx ≤
1
，
k =1
sin x
2
∞
由 Dirichlet 判别法，可知当 x≠2kπ时， ∑ an sin nx 收敛。由于当 x = 2kπ 时，
(1) 若 Abel 判别法条件满足，记 G 是 | g(x)| 在 [a, + ∞) 的一个上界，因为
∫ +∞ a
f
( x)dx 收敛，由
Cauchy
收敛原理，存在
A0
≥
a ，使得对任意
A,
A′
≥
A0 ，有
27
由积分第二中值定理，
∫ A′
f (x)dx <
ε
。
A
2G
∫ ∫ ∫ A′
f (x)g(x)dx
i =1
i = n +1
｜ Bk ｜= 应用 Abel 引理，同样得到
n+k
n
∑ bi − ∑ bi ≤ 2M，
i =1
i =1
n+ p
∑ ak bk ≤ 2M (| an+1 | +2 | an+ p | ) < 6M ε
k =n+1
对一切 n > N 与一切正整数 p 成立。
∞
∑ 根据 Cauchy 收敛原理，即知 anbn 收敛。 n=1
0
B1B
B2B
B3B
B4B
B5B
上图是当 an > 0 ，bn > 0 ，且 { an}单调增加时，Abel 变换的一个直观的示意。
24
图中矩形 [0, B5 ] × [0, a5 ]被分割成 9 个小矩形，根据所标出的各小矩形的面积，即
得到 p = 5 的 Abel 变换：
5
4
∑ ∑ akbk = a5B5 − (ak+1 − ak )Bk 。
｛
an
｝单调趋于
0，
⎧ ⎨ ⎩
n i =1
bi
⎫ ⎬ ⎭
有界。
∞
∑ 证 (1) 若Abel判别法条件满足，设｜an｜ ≤ M，由于 bn 收敛，则对于任 n =1
意给定的 ε > 0，存在正整数 N，使得对于一切 n > N和p∈ N+ ，成立
n+ p
∑ bk < ε 。
k =n+1
n+ p
∑ 对 ak bk 应用 Abel 引理，即得到 k =n+1
≤ g( A) ⋅
ξ f (x)dx + g( A′) ⋅
A′
f (x)dx
A
A
ξ
∫ ∫ ≤ G
ξ
f (x)dx + G
A′ f (x)dx < ε + ε = ε 。
A
ξ
22
(2) 若 Dirichlet 判别法条件满足，记 M 是 F( A) 在[a, + ∞) 的一个上界。此
时对任意 A, A′ ≥ a ，显然有
∑ ∑ ∑ 例 1
∞
设 bn
n =1
∞
收敛，则由 Abel 判别法，级数
n =1
bn n
,
∞n n=1 n + 1 bn ,
∑ ∑ ∞
n =1
⎜⎛1 + ⎝
1 n
⎟⎞ n ⎠
bn
，
∞ n =1
bn
ln
3n + 1 等等都收敛。 2n
∞
∑ 例 2 设数列｛an ｝单调趋于 0，则对一切实数x，级数 an sin nx 收敛。 n =1
25
n+ p
∑ ak bk < ε ( | an+1 | +2| an+ p | ) ≤ 3M ε 。
k =n+1
(2) 若Dirichlet判别法条件满足，由于 lim an =0, 因此对于任意给定的 ε >0， n→∞
存在N, 使得对于一切 n > N ，成立
｜an｜ < ε 。
n
n+k
∑ ∑ 设 bi ≤ M ，令 BkB = bi (k = 1,2,…)，则
第四讲 级数与反常积分收敛的 Abel—Dirichlet 判别法
Abel 判别法与 Dirichlet 判别法在《数学分析》课程教学中出现了四次，即 级数的“数项级数”部分与“函数项级数”部分，积分的“反常积分”部分与“含 参变量积分”部分，证明的关键是 Abel 引理与积分第二中值定理。如何讲好这 两个内容是教学的关键。
k =1
证 由 Abel 变换得
p
p −1
∑ ∑ akbk ≤ ｜ a p Bp ｜+
| ak+1 − ak | Bk
k =1
k =1
∑ ≤
M ⎜⎜⎝⎛| a p
p −1
|+
k =1
| ak+1 − ak
|⎟⎟⎠⎞ 。
由于｛ ak ｝单调，所以
p −1
p −1
∑ ∑ | ak+1 − ak | = (ak+1 − ak ) =｜ a p − a1 ｜，
b a
−
∫b a
F
(
x
)
g
′(
x
)dx
。
上式右端的第一项
F ( x) g ( x)
b a
=
F (b)g(b)
=
g(b)
∫b a
f
( x)dx ，
而在第二项中，由于 g( x) 单调，因此 g′( x) 保持定号，由积分第一中值定理，存
在 ξ ∈[a, b] ，使得
于是
∫ ∫ ∫ bF (x)g′(x)dx = F (ξ ) bg′(x)dx = [g(b) − g(a)] ξ f (x)dx ，
a
a
a
∫ ∫ b a
f
( x ) g( x )dx
=
g(b)
∫b a
f
( x)dx
− [g(b) −
g (a)]
ξ a
f
( x)dx
∫ ∫ = g(a)
ξ
f (x)dx + g(b)
b f (x)dx 。
a
ξ
定理 5（反常积分的 A-D 判别法） 若下列两个条件之一满足，则
∫ +∞ a
f
( x ) g( x )dx
1 2x
dx
发散，所以
∫ ∫
+∞ 1
sin 2 x
x
dx 发散。再由比较判别法，可知
+∞ 1
sin x dx 发散。 x
因此，
∫ +∞ 1
sin x
x
dx
条件收敛。
28
∫ 例 4 讨论 +∞ sin x arc tan x dx 的敛散性。
1
x
解
由例
8.2.4，∫1+∞
sin x
x
dx
收敛，而
arc
1x
1
x
∫ 因此， +∞ sin x arc tan x dx 条件收敛。
1
x
29
A
ξ
≤ 2M | g( A)|+2M | g( A′)| < ε + ε = ε 。 22