第10章 广义积分

例 1 设质量为 $m$ 的火箭从地面发射. 试求该火箭飞离地球引力范围所需做的功.

例 4 计算积分 $$ {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{ax}}\sin {bx}\mathrm{\;d}x\;\left( {a > 0}\right) . $$

例 5 计算积分 $$ {\int }_{0}^{1}\ln x\mathrm{\;d}x $$

例 6 考察积分 $$ {\int }_{a}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}}\;\left( {a > 0}\right) . $$

例 7 考察积分 $$ {\int }_{0}^{b}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{q}}. $$

解 因为 $$ \left| \frac{\sin x}{x\sqrt{x}}\right| \leq \frac{1}{x\sqrt{x}} = \frac{1}{{x}^{\frac{3}{2}}}, $$ 所以积分 $\displaystyle{\int }_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x\sqrt{x}}\mathrm{\;d}x}$ 绝对收敛.

解 因为 $$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow + \infty }}{x}^{2}\left( {{x}^{m}{\mathrm{e}}^{-x}}\right) = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow + \infty }}{x}^{2 + m}{\mathrm{e}}^{-x} = 0, $$ 所以积分 $\displaystyle{\int }_{1}^{+\infty }{x}^{m}{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{\;d}x}$ 收敛.

解 因为 $$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow + \infty }}{x}^{p} \cdot \frac{\arctan x}{{x}^{p}} = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow + \infty }}\arctan x = \frac{\pi }{2}, $$ 所以,对于 $p > 1$ ,积分 $\displaystyle{\int }_{1}^{+\infty }\frac{\arctan x}{{x}^{p}}\mathrm{\;d}x}$ 收敛; 对于 $p \leq 1$ ,积分 $\displaystyle{\int }_{1}^{+\infty }\frac{\arctan x}{{x}^{p}}\mathrm{\;d}x}$ 发散. 定理 1 只适用于判别积分是否绝对收敛. 为了判别条件收敛性, 我们需要另外一些法则. 定理 2 (狄利克雷判别法) 设函数 $f$ 和 $g$ 在区间 $\lbrack a, + \infty )$ 上有定义,在其任何闭子区间 $\left\lbrack {a,H}\right\rbrack$ 上常义可积. 如果 (1)存在 $\Delta > a$ ,使得 $f$ 在 $\lbrack \Delta , + \infty )$ 上是单调的,并且 $$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow + \infty }}f\left( x\right) = 0; $$ (2)存在 $K \geq 0$ ,使得 $$ \left| {{\int }_{a}^{H}g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| \leq K,\;\forall H \geq a, $$ 那么积分 $$ {\int }_{a}^{+\infty }f\left( x\right) g\left( x\right) \mathrm{d}x $$ 收敛. 证明 对充分大的 $H$ 和 ${H}^{\prime } > H$ ,我们来估计 $$ \left| {{\int }_{H}^{{H}^{\prime }}f\left( x\right) g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| \text{ . } $$ 根据第二中值定理 $$ {\int }_{H}^{{H}^{\prime }}f\left( x\right) g\left( x\right) \mathrm{d}x = f\left( H\right) {\int }_{H}^{\xi }g\left( x\right) \mathrm{d}x + f\left( {H}^{\prime }\right) {\int }_{\xi }^{{H}^{\prime }}g\left( x\right) \mathrm{d}x. $$ 于是 $$ \left| {{\int }_{H}^{{H}^{\prime }}f\left( x\right) g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| \leq \left| {f\left( H\right) }\right| \left| {{\int }_{H}^{\xi }g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| $$ $$ + \left| {f\left( {H}^{\prime }\right) }\right| \left| {{\int }_{\xi }^{{H}^{\prime }}g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| \text{ . } $$ 容易看到 $$ \left| {{\int }_{H}^{\xi }g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| = \left| {{\int }_{a}^{\xi }g\left( x\right) \mathrm{d}x - {\int }_{a}^{H}g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| $$ $$ \leq \left| {{\int }_{a}^{\xi }g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| + \left| {{\int }_{a}^{H}g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| $$ $$ \leq {2K}, $$ 同样有 $$ \left| {{\int }_{\xi }^{{H}^{\prime }}g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| \leq {2K}. $$ 我们得到 $$ \left| {{\int }_{H}^{{H}^{\prime }}f\left( x\right) g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| \leq {2K}\left( {\left| {f\left( H\right) }\right| + \left| {f\left( {H}^{\prime }\right) }\right| }\right) . $$ 但 $$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow + \infty }}f\left( x\right) = 0, $$ 所以对任何 $\varepsilon > 0$ ,存在 ${\Delta }^{\prime } \geq \Delta$ ,使得只要 $$ {H}^{\prime } > H > {\Delta }^{\prime }, $$ 就有 $$ \left| {{\int }_{H}^{{H}^{\prime }}f\left( x\right) g\left( x\right) \mathrm{d}x}\right| \leq {2K}\left( {\left| {f\left( H\right) }\right| + \left| {f\left( {H}^{\prime }\right) }\right| }\right) < \varepsilon . $$ 这证明了积分 $$ {\int }_{a}^{+\infty }f\left( x\right) g\left( x\right) \mathrm{d}x $$ 的收敛性. 定理 3 (阿贝尔判别法) 设函数 $f$ 和 $g$ 在区间 $\lbrack a, + \infty )$ 上有定义,在其任何闭子区间 $\left\lbrack {a,H}\right\rbrack$ 上常义可积. 如果 ( 1 )存在 $\Delta > a$ ,使得 $f$ 在 $\lbrack \Delta , + \infty )$ 上单调并且有界； (2) 积分 $\displaystyle{\int }_{a}^{+\infty }g\left( x\right) \mathrm{d}x$ 收敛, 那么积分 $$ {\int }_{a}^{+\infty }f\left( x\right) g\left( x\right) \mathrm{d}x $$ 也收敛. 证明 因为函数 $f$ 在 $\displaystyle{\left\lbrack {\Delta , + \infty }\right\rbrack}$ 单调并且有界,所以存在有穷极限 $$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow + \infty }}f\left( x\right) = l $$ 于是 $$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow + \infty }}\left( {f\left( x\right) - l}\right) = 0. $$ 根据狄利克雷判别法 (定理 2), 我们断定积分 $$ {\int }_{a}^{+\infty }\left( {f\left( x\right) - l}\right) g\left( x\right) \mathrm{d}x $$ 收敛. 再利用积分 $$ {\int }_{a}^{+\infty }g\left( x\right) \mathrm{d}x $$ 的收敛性, 即可断定积分 $$ {\int }_{a}^{+\infty }f\left( x\right) g\left( x\right) \mathrm{d}x $$ 收敛. 注记 定理 3 也可根据收敛原理直接证明(用第二中值定理估 计),请读者自己练习.

例 4 考察积分 $$ {\int }_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\mathrm{\;d}x $$ 判断这积分是否收敛, 是否绝对收敛.

解 该积分既是无穷限积分, 在 0 点又有一个瑕点. 要判断它的收敛性, 应分别考察以下两个积分是否收敛: $$ {\int }_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x\sqrt{x}}\mathrm{\;d}x,\;{\int }_{0}^{1}\frac{\sin x}{x\sqrt{x}}\mathrm{\;d}x. $$ 我们已知道前一积分是绝对收敛的 (见本节上一段中的

解 因为 $$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 1 - }}{\left( 1 - x\right) }^{0}\left| \frac{\ln x}{1 - {x}^{2}}\right| = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 1 - }}\frac{-\ln x}{1 - {x}^{2}} = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 1 - }}\frac{\frac{1}{x}}{2x} = \frac{1}{2}, $$ $$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 0 + }}{x}^{\frac{1}{2}}\left| \frac{\ln x}{1 - {x}^{2}}\right| = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 0 + }}\frac{-{x}^{\frac{1}{2}}\ln x}{1 - {x}^{2}} = 0, $$ 所以积分 $\displaystyle{\int }_{0}^{1}\frac{\ln x}{1 - {x}^{2}}\mathrm{\;d}x}$ 是绝对收敛的.

例 7 考察积分 $$ \mathrm{B}\left( {\alpha ,\beta }\right) = {\int }_{0}^{1}{x}^{\alpha - 1}{\left( 1 - x\right) }^{\beta - 1}\mathrm{\;d}x $$ 的收敛性,其中 $\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$ .

例 8 考察积分 $$ \Gamma \left( p\right) = {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}{x}^{p - 1}\mathrm{\;d}x $$ 的收敛性.

解 对于 $0 < p < 1$ ,因为 $\left| \frac{\sin \frac{1}{x}}{{x}^{p}}\right| \leq \frac{1}{{x}^{p}}$ ,所以这时积分 $$ {\int }_{0}^{1}\frac{\sin \frac{1}{x}}{{x}^{p}}\mathrm{\;d}x $$ 绝对收敛. 对于 $1 \leq p < 2$ ,因为函数 $f\left( x\right) = {x}^{2 - p}$ 当 $x \rightarrow 0 +$ 时单调趋于 0, 而函数 $g\left( x\right) = \frac{\sin \frac{1}{x}}{{x}^{2}}$ 满足 $$ \left| {{\int }_{\eta }^{1}\frac{\sin \frac{1}{x}}{{x}^{2}}\mathrm{\;d}x}\right| \leq \left| {\cos 1 - \cos \frac{1}{\eta }}\right| \leq 2, $$ 所以积分 $\displaystyle{\int }_{0}^{1}\frac{\sin \frac{1}{x}}{{x}^{p}}\mathrm{\;d}x = {\int }_{0}^{1}{x}^{2 - p}\frac{\sin \frac{1}{x}}{{x}^{2}}\mathrm{\;d}x}$ 收敛. 我们指出,对这种情形,绝对值的积分 $\displaystyle{\int }_{0}^{1}\left| \frac{\sin \frac{1}{x}}{{x}^{p}}\right| \mathrm{d}x}$ 是发散的. 容易验证 $$ \left| \frac{\sin \frac{1}{x}}{{x}^{p}}\right| \geq \frac{{\sin }^{2}\frac{1}{x}}{{x}^{p}} = \frac{1}{2{x}^{p}} - \frac{\cos \frac{2}{x}}{2{x}^{p}}. $$ 通过与上面所述的相类似的讨论, 可以说明: 对这种情形 (即 $1 \leq p < 2$ 的情形),积分 $\displaystyle{\int }_{0}^{1}\frac{\cos \frac{2}{x}}{{x}^{p}}\mathrm{\;d}x}$ 收敛. 又容易看出,积分 $\displaystyle{\int }_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{2{x}^{p}}}$ 是发散的. 这样, 我们证明了积分 $$ {\int }_{0}^{1}\left( {\frac{1}{2{x}^{p}} - \frac{\cos \frac{2}{x}}{2{x}^{p}}}\right) \mathrm{d}x $$ 是发散的. 因而积分 $$ {\int }_{0}^{1}\left| \frac{\sin \frac{1}{x}}{{x}^{p}}\right| \mathrm{d}x $$ 也是发散的. 最后来考察 $p = 2$ 的情形. 因为 $$ {\int }_{\eta }^{1}\frac{\sin \frac{1}{x}}{{x}^{2}}\mathrm{\;d}x = \cos 1 - \cos \frac{1}{\eta }, $$ 当 $\eta \rightarrow 0 +$ 时上式无极限,所以积分 $\displaystyle{\int }_{0}^{1}\frac{\sin \frac{1}{x}}{{x}^{2}}\mathrm{\;d}x}$ 发散. \part{第四篇多元微积分}