中册 5.2 反常积分敛散性的判定 第10题

\section*{解题过程：} （1） $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\left[\left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\alpha}-1\right] \mathrm{d} x=\int_{0}^{1}\left[\left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\alpha}-1\right] \mathrm{d} x+\int_{1}^{+\infty}\left[\left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\alpha}-1\right] \mathrm{d} x=I_{1}+I_{2}$ ． 对 $I_{1}$ ，有 $\displaystyle \int_{0}^{1}\left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\alpha} \mathrm{d} x-\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{1}\left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\alpha} \mathrm{d} x-1$ ．显然 $x=0$ 是其取点． 由于 $\displaystyle \sin x=x-\frac{x^{3}}{6}+o\left(x^{3}\right)(x \rightarrow 0)$ ，所以 $\displaystyle 1-\frac{\sin x}{x}=\frac{x^{2}}{6}+o\left(x^{2}\right)$ ．于是 $$ \left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\alpha}=\left(\frac{x^{2}}{6}+o\left(x^{2}\right)\right)^{-\alpha}-\frac{6^{\alpha}}{x^{2 \alpha}} . $$ 从而当 $\displaystyle \alpha<\frac{1}{2}$ 时 $I_{1}$ 收玫，又被积函数非负，故 $I_{1}$ 是绝对收敛． 下面讨论 $I_{2}$ 的玫散性． 因 $$ \begin{aligned} \left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\alpha} & =1+(-\alpha) \cdot\left(-\frac{\sin x}{x}\right)+\frac{1}{2}(-\alpha)(-\alpha-1)\left(-\frac{\sin x}{x}\right)^{2}+o\left(\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right) \\ & =1+\alpha \frac{\sin x}{x}+\alpha(1-\alpha) \frac{\sin ^{2} x}{2 x^{2}}+o\left(\left(\frac{\sin ^{2} x}{x^{2}}\right)\right) \end{aligned} $$ 故 $$ \left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\alpha}-1=\alpha \frac{\sin x}{x}+\alpha(1-\alpha) \frac{\sin ^{2} x}{2 x^{2}}+o\left(\left(\frac{\sin ^{2} x}{x^{2}}\right)\right) $$ 而 $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x$ 条件收敛， $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin ^{2} x}{x^{2}} \mathrm{~d} x$ 绝对收敛， $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} o\left(\frac{\sin ^{2} x}{x^{2}}\right)^{2} \mathrm{~d} x$ 绝对收敛，故 $I_{2}$ 条件收敛。 综上，当 $\displaystyle \alpha<\frac{1}{2}$ 时，反常积分 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\left[\left(1-\frac{\sin x}{x}\right)^{-\alpha}-1\right] \mathrm{d} x$ 条件收敛． （2） $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\left\{\left[1-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right]^{\alpha}-1\right\} \mathrm{d} x=\int_{0}^{1}\left\{\left[1-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right]^{\alpha}-1\right\} \mathrm{d} x+\int_{1}^{+\infty}\left\{\left[1-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right]^{\alpha}-1\right\} \mathrm{d} x \triangleq I_{1}+I_{2}$ ． 对 $I_{1}$ ，有 $\displaystyle \int_{0}^{1}\left\{\left[1-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right]^{\alpha}-1\right\} \mathrm{d} x=\int_{0}^{1}\left[1-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right]^{\alpha} \mathrm{d} x-1$ ． 当 $\alpha \geqslant 0$ 时，$I_{1}$ 为正常积分．当 $\alpha<0$ 时，$x=0$ 是其瑕点． 由于 $\displaystyle \sin x=x-\frac{x^{3}}{6}+o\left(x^{3}\right)(x \rightarrow 0), \frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^{2}}{6}+o\left(x^{2}\right)$ 。所以 $\displaystyle 1-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}=\frac{x^{4}}{6^{2}}+o\left(x^{4}\right)$ ，从而 $$ \left[1-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right]^{\alpha}=\left(\frac{x^{4}}{6^{2}}+o\left(x^{4}\right)\right)^{\alpha} \sim \frac{1}{6^{2 \alpha} x^{-4 \alpha}} $$ 由此得：当 $-4 \alpha<1$ 时 $I_{1}$ 收玫，又被积函数非负，故 $I_{1}$ 是绝对收玫。当 $-4 \alpha \geqslant 1$ 时 $I_{1}$ 发散。 对 $I_{2}$ ，由于 $\displaystyle \left[1-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right]^{\alpha}=1-\alpha \cdot\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}+o\left(\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right)$ ，所以 $$ \left[1-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right]^{\alpha}-1=-\alpha \cdot\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}+o\left(\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right) $$ 由 $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin ^{2} x}{x^{2}} \mathrm{~d} x$ 绝对收敛知反常积分 $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} o\left(\frac{\sin ^{2} x}{x^{2}}\right)^{2} \mathrm{~d} x$ 绝对收敛。故 $I_{2}$ 绝对收敛。 综上所述，当 $-4 \alpha<1$ 时反常积分 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\left\{\left[1-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\right]^{\alpha}-1\right\} \mathrm{d} x$ 绝对收玫．