数学分析简明教程答案(尹小玲 邓东皋)第11章.pdf

第十一章 广义积分 第十一章 广义积分 11 1 无穷限广义积分11 1 无穷限广义积分 1 求下列无穷积分的值 1 2 2 1 1 dx x 2 2 2 1 1 dx xx 3 0 0 2 adxxe ax 4 0 sin 0 abxdx e ax 5 0 2 1 dx x x 6 0 0 22 qp qxpx dx 解解 1 3ln 2 1 3 1 ln 1 1 ln 2 1 lim 1 1 lim 1 1 2 2 2 2 A A dx x dx x A A A 2 2ln 2 1 2ln 1 ln 2 1 lim 1 1 lim 1 1 2 2 1 2 1 2 A A dx xx dx xx A A A 3 a2 1 1 a2 1 limlim 222 00 e dx e xdx e x ax A A ax A ax 4 设 0 sin bxdx e I ax 0 a 则 cossin 1 limsinlim 0 0 0 A ax A ax A A ax A dxbxe a b bxe a bxdx e I sincos lim 0 02 A ax A ax A bxdx e bbx e a b I a b a b bxdx e a b a b bxdx e a b a b ax A ax A 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 sinsinlim 所以 22 ba b I 5 作变换yx 则有 dy yyyy yyyyyy dy y y dx x x 21 21 21 2 2 21 2 2 1 2 1 22 22 4 2 2 2 2 2 1 2 1 21 21 4 2 22 2 y yd yy yyd 2 2 2 1 2 1 21 21 4 2 22 2 y dy yy yyd Cyy yy yy 12arctan 12 arctan 2 2 21 21 ln 4 2 2 2 Cxx x xx xy 12arctan 12 arctan 2 2 1 21 ln 4 2 2 2 所以 12arctan 12 arctan 2 2 1 21 ln 4 2 1 2 2 0 2 AA A AA dx x x A 2 2 22 2 2 A 即 2 2 1 0 2 dx x x 6 由于当qp 时 用 n n xa dx I 22 的地推公式 p x dx pp x x ppx dx q x px dx 2222 2 2 2 1 2 1 C p x pppx x p arctan 2 1 2 1 2 所以 时 0 qp ppp A pppA A ppx dx A A A 4 arctan 2 1 2 1 lim lim 2 0 22 当qp 时 由于 dx p x q x qpq x p x dxqp qpqxpx dx 11 1 1 222222 C p x pq x qqp arctan 1 arctan 1 1 所以 当qp 时 A A qx dx qxpx dx 0 2 0 22 lim 2 arctan 1 arctan 1 1 lim qppqp A pq A qqp A 两种情况下 即只要0 qp 就有 0 22 2 qppqqxpx dx 2 讨论下列积分的收敛性 1 034 1x dx 2 0 3 1 arctan dx x x 3 1 2 1 sindx x 4 dx xxsin1 1 5 0 22 sin1 dx xx x 6 0 1 0 mndx x x n m 7 1 24 2 xx dxx 8 132 1 1 dx xx 9 0 0 2 pdxex x 10 1 ln dx x x p 11 1 2 ln dx x x n n是正整数 12 0 2 sin dx x x 13 0 1 cos dx x ax n 14 1 1 1 1 1 ln dx xx 15 1 1 sin 1 ln cosdx xx 16 dx x x 1 2 2 2 sin 1ln 1 解解 1 1 1 1 lim 34 3 4 x x x 所以积分 034 1x dx 收敛 2 21 arctan lim 3 2 x xx x x 故所求积分收敛 3 1 1 1 sin lim 1 sinlim 2 2 2 2 x x x x xx 因此所求积分收敛 4 0 x 有0 1 1 sin1 1 xxx 且 1ln lim 1 lim 1 0 A x dx x dx A A A 即 0 1x dx 发散 由比较判别法知 xx dx sin1 发散 5 0 x 有0 1sin1 222 x x xx x 而1 1 lim 2 x x x x 无 穷 积 分 0 2 1 dx x x 发散 由比较判别法知 0 22 sin1 dx xx x 发散 6 因为1 1 lim n n x x x 所以 当1 mn 即1 mn时 0 1 dx x x n m 收敛 当1 mn 即1 mn时 0 1 dx x x n m 发散 7 1 1 lim 24 2 2 xx x x x 所以积分收敛 8 1 1 1 1 lim 1 1 lim 3 2 32 3 5 x xx x xx 所以积分收敛 9 因为 x p x x p x xp x e xp e x exx 12 2 2 limlim lim 0 1 2 lim x pp x e xpppp 所以无穷积分收敛 10 若1 p 则可以选取0 0 使得1 0 p 由于 0 ln lim ln lim 0 0 x x x x x X p p x 所以 1 ln dx x x p 收敛 若1 p 则当ex 时 pp xx x1ln 而 1 1 dx x p 发散 由比较判别法 1 ln dx x x p 发散 从而 时发散 时收敛 1p 1p ln 1 dx x x p 11 由于 0 1 2 1 22lim ln 2lim ln lim ln lim 2 1 2 1 1 2 12 2 3 x nn x x n x x x x x x n x n x n x 所以无穷积分 1 2 ln dx x x n 收敛 12 因为 x x xx x x x 2 2cos 2 1 2 2cos1sin 2 而 2 1 0sin2 sin 2 1 2cos 0 Axdx A 对一切0 A成立 x2 1 在 1 单调下降 且当 x时趋于 0 由 Dirichlet 判别 法 1 2 2cos dx x x 收敛 又 1 2x dx 发散 所以 0 2 sin dx x x 发散 0 x是可去间断点 13 当1 n时 由于 nn xx ax 1 1 1 cos 而 0 1 1 dx xn 收敛 所以 0 1 cos dx x ax n 收 敛 故这时不论Ra 是哪个常数 0 1 cos dx x ax n 均绝对收敛 当10 n时 若0 a 则由于 a aA a axdx A 1 sin 1 cos 0 而 n x 1 1 在 0 单调递减 且当 x时趋于 0 由 Dirichlet 判别法知 无穷积分收敛 但由于 1 2 2cos 1 2 1 1 cos 1 cos 2 nnnn x ax xx ax x ax 则由于 0 1 2 1 dx xn 发散 同样由 Dirichlet 判别法知 0 1 2 2cos dx x ax n 收敛 故 0 2 1 cos dx x ax n 发散 由比较判别法知 0 1 2cos dx x ax n 发散 故这时无穷积分条件收敛 当10 n且0 a时 无穷积分为 0 1 1 dx xn 发散 当0 n时 无穷积分为 0 2 A lim 0sin 2 1 lim 2 cos lim 2 cos A A 00 a aaA a dx ax dx ax A A 不存在 故这时 不论a为何常数 积分发散 当0 n时 若0 a 无 穷 积 分 为 0 1 1 dx xn 发 散 以 下 假 设0 a 0 8 2 0 a NKA 0 使得A aa k 4 2 且1 4 2 n aa k 这时 0 4 2 4 2 8 2 44 4 2 1 cos aaa dx x ax aa k aa k n 由 Cauchy 收敛原理 0 1 cos dx x ax n 发散 综上 积分 0 1 cos dx x ax n 当0 n时绝对收敛 当10 n且0 a时条件收敛 其他 时候发散 14 因为 1 2 1 1 1 1 1 1 2 11 1 1 1 1ln 2222 x o xx o xxx o xxxx 所以 1 1 1 1 1 ln dx xx 收敛 15 因为 x xx xx x xx1 1 sin 1 ln cos lim 1 sin 1 ln coslim 1 1 sin 1 cos 1 sin 1 cos lim 1 1 sin 1 cos 1 1 cos 1 1 sin lim 2 22 xx xx xxx xxxx xx 所以 1 1 sin 1 ln cosdx xx 发散 16 因为1 2 sin 1 2 1 2 x 所以 2ln 2 sin 1ln0 1 2 x 因此 2 1 2 2 1 2 2 2ln 2 sin 1ln 1 2 sin 1ln 1 x x x x x 而 1 2 2ln dx x 收敛 所以 dx x x 1 2 2 2 sin 1ln 1 收敛 0 x是可去间断点 3 讨论下列无穷积分的收敛性 包括绝对收敛或条件收敛 1 dx x x 2 cos 2 dx x xcos 3 1 cos dx x x p 4 0 100 cos dx x xx 5 2 sin ln lnln xdx x x 解解 1 x x xx x x x 2 2cos 2 1 2 2cos1cos2 由于 1 2 1 dx x 发散 而 dx x x 2 2cos 收敛 Dirichlet 判别法 因此 dx x x 2 cos 发 散 2 由 Dirichlet 判别法知 dx x xcos 收敛 但由于 x x x x 2 cos cos 而由 1 dx x x 2 cos 发散 故由比较判别法知 1 cos dx x x 发散 因而 dx x xcos 条件收敛 3 1 p时 由于 pp xx x1cos 对一切 1 x成立 所以 1 cos dx x x p 绝对收敛 10 p时 用 Dirichlet 判别法知 dx x x p cos 收敛 但由于 pppp x x xx x x x 2 2cos 2 1cos cos 2 同样用 Dirichlet 判别法知 1 2 2cos dx x x p 收敛 而 1 2 1 dx x p 发散 故由比较判别法知 1 cos dx x x p 发散 所以这时 1 cos dx x x p 条件收敛 0 p时 1 cosxdx发散 0 p时 亦发散 用 Cauchy 收敛原理即可 所以 1 cos dx x x p 当1 p时绝对收敛 10 p时条件收敛 0 p时发散 4 11 100 cos 100 cos dx x x x x dx x xx 由于 1 cos dx x x 收敛 100 x x 单调 递减有界 故由 Abel 判别法 1 100 cos dx x xx 收敛 从而 0 100 cos dx x xx 也收敛 但 100 2 2cos 100 2100 cos 100 cos 2 x xx x x x xx x xx 同样 0 100 2 2cos dx x xx 收敛 但 0 100 2 dx x x 发散 所以 0 100 cos dx x xx 发散 因此 0 100 cos dx x xx 条件收敛 5 22 ln lnln ln sin sin ln lnln dx x x x x xdx x x 用 Dirichlet 判别法知 2 ln sin dx x x 收 敛 而由于 0 ln lnln x x x 因而 x x ln lnln 有界 且由于 23 ln2 lnln2 ln lnln xx x x x 当 2 e ex 小于零 故当 2 e ex 时 x x ln lnln 单调递减 由 Abel 判别法 2 sin ln lnln xdx x x 收敛 但 x xx x x x x x x x x ln2 2cos ln ln ln2 lnln sin ln lnln sin ln lnln 2 同样用 Abel 判别法 2 ln2 2coslnln dx x xx 收敛 而 2 ln2 lnln dx x x 发散 当x充分大时 xx x1 ln lnln 故 2 2 sin ln lnln xdx x x 发散 由比较判别法 dxx x x 2 sin ln lnln 发散 无 穷积分 2 sin ln lnln xdx x x 条件收敛 4 设 xgxhxf xa xh在任意有限区间 Aa可积 又 a dxxf 和 a dxxg 收敛 求证 a dxxh 收敛 证明证明 由于 xgxhxf xa 所以 0 xfxgxfxh xa 又 a dxxf 和 a dxxg 收敛 故 a dxxfxg 也收敛 因而由比较判别法 a dxxfxh 收敛 而 xfxfxhxh 所以 dxxfxfxhdxxh aa 收敛 5 证明定理 11 2 并举例说明其逆是不成立的 证明证明 定理 11 2 若 a dxxf 收敛 则 a dxxf 收敛 证法 1 由于 a dxxf 收敛 有无穷限积分的 Cauchy 原理 0A 0 当 AAA 时 有 A A dxxf 从而当AAA 时 有 A A A A dxxfdxxf 同样由无穷积分的 Cauchy 收敛原理 知 a dxxf 收敛 证法 2 由于 axxfxfxf 由第 4 题结论知 a dxxf 收敛 其逆是不成立的 例如 3 2 题中积分 dx x xcos 收敛 但 1 cos dx x x 发散 6 若 xf在 a 上单调下降 且积分 a dxxf 收敛 求证 0 lim xxf x 证明证明 由于 a dxxf 收敛 故依 xf在 a 上单调下降知 ax 有0 xf 否则 若 0 ax 使0 0 xf 则 01 xx 有0 01 xfxf 因而 0 xb 有 bxbxfdxxfdxxfdxxfdxxf b a x a b x x a 00 0 0 0 与 a dxxf 收敛相矛盾 由无穷积分的 Cauchy 收敛原理00 A 当AA A 时 有 2 A A dxxf 所以 当A2 x时 有 2 2 x x dttf 由 x x xxfdttfxf x 2 2 2 因此 0 lim xxf x 7 设 xf在 0 上一致连续 并且积分 0 dxxf收敛 证明0 lim xf x 如 果仅仅知道积分 0 dxxf收敛 以及 xf在 0 上连续 0 xf 是否仍有 0 lim xf x 证明证明 证法 1 由 xf在 0 上一致连续 0 0 不妨设 当 0 21 xx 21 xx时 2 21 xfxf 又由 0 dxxf收敛 对上述 0 0 N 当Nxx 21 时 有 2 2 2 1 x x dxxf Nx 取Nxx 21 使得 21 xxx 且 12 xx 则由 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x x x x dttfdttfdtxfdtxfxf 22 2 2 1 2 1 x x x x dttfdttfxf 所以 当Nx 时 22 xf 因此 0 lim xf x 证法 2 假设0 lim xf x 则0 0 0 A 存在与A有关的Ax 0 使 00 xf 不妨设 00 xf 由 xf在 0 上一致连续 0 当axx 且 xx时 2 0 xfxf 故当 00 xxx时 2 0 0 xfxf 所以 22 00 0 xfxf 因此 0 0 0 x x dxxf 与 0 dxxf收敛矛盾 从 而0 lim xf x 如果仅仅知道积分 0 dxxf收敛 以及 xf在 0 上连续非负 则0 lim xf x 不成立 例如 其他线性 2 1 1 2 1 2 1 0 0 2 1 1 1 1 n nn nnx nnx xf 则1 2 1 1 0 n n dxxf 即 0 dxxf收敛 显然 xf在 0 上连续非负 但 limxf x 不存在 8 设 a dxxf 与 a dxxf 收敛 求证 0 lim xf x 证明证明 由于 a dxxf 收敛 因而 lim lim limafxftfdttf x x a x x ax 存在 因而 limxf x 存在 设lxf x lim 若0 l 不妨设0 l 则aA 0 且0 0 A 当 0201 AAAA 时 0 2 l xf 又 a dxxf 收敛 故0 aA 1 且 0 1 A 当 11 AAAA 时 有 dxxf 令 max 10 AAA 则当AA 时 AA 2 因此以下二式同时成立 A A dxxf l Af 2 2 故 0 22 22 A l dx l dxxf A A A A 所以 A l 2 但这是矛盾的 因此0 lim xf x 9 设 xf单调下降趋于 0 x f 在 0 连续 求证 0 2 sin xdxxf 收敛 证明证明 A A A A xxdfxdxxfxdxxf 0 2 0 2 0 2 sinlimsin limsin 00 2 2sin 2sin sin limxdxxfxdxxfAAf A A 由于0 A 1 12 cos 2 1 2sin 0 Axdx A 由 Dirichlet 判别法 0 2sin xdxxf 收敛 因而 0 2 sin xdxxf收敛 10 设 xf和 xg是定义在 a上的函数 且在任何有限区间 Aa上可积 证 明 若 a dxxf 2 与 a dxxg 2 收敛 则 a dxxgxf 2 与 a dxxgxf 也收 敛 证明证明 由于 2 1 22 xgxfxgxf 及 xgxf在任何有限区间 Aa上可 积 a dxxf 2 与 a dxxg 2 收敛 由比较判别法知 a dxxgxf 收敛 因而 a dxxgxf 收 敛 又 2 222 xgxgxfxfxgxf 所 以 a dxxgxf 2 也收敛 11 证明 1 设 xf在 0 连续 且kxf x lim 则 0 ln 0 0 ab a b kfdx x bxfaxf 2 若上述条件kxf x lim改为 a dx x xf 存在 0 a 则 0 ln 0 0 ab a b fdx x bxfaxf 证明证明 1 当 0时 积分 b b a a dz z zf dz z zf dx x bxf dx x axf dx x bxfaxf b a b a b a b a z dz f z dz fdz z zf dz z zf ln ln baba a b f a b f 所以 dx x bxfaxf dx x bxfaxf lim 0 a b ff a b f a b fln lim lim ln ln lim 0 0 由于 0 时 0 时 所以 a b kf a b ffdx x bxfaxf ln 0 ln lim lim 0 2 用 1 当 0时 有 b a b a dz z zf dz z zf dx x bxfaxf ln badz z zf a b f b a 令 0 取极限 由于 a dx x xf 存在 故 0 b a dz z zf 所以 a b fdx x bxfaxf ln 0 0 11 2 瑕积分 11 2 瑕积分 1 下列积分是否收敛 若收敛求其值 1 2 1 0 cot xdx 2 1 0 ln xdx 3 a xa dx 0 4 1 0 1 dx x x 解解 1 sinln 2 1 sin lnlimcotlim 0 2 1 0 xdx 所以 2 1 0 cot xdx发散 2 1 1ln lim ln limlnlim 0 1 1 0 1 0 dxxxxdx 所以 1 0 lnxdx 收敛 且 1 0 1lnxdx 3 aadt t t xa dx a a 2 2 2 limlim 0 0 0 所以 a xa dx 0 收敛 且 a a xa dx 0 2 4 1 0 2 0 1 0 22 2 0 1 0 0 1 arctanlim 1 2 lim 1 lim t t tdt t t dx x x 2 1 1 arctan 所以 dx x x 1 0 1 收敛 且其值为 2 2 讨论下列积分的收敛性 1 dx x x 1 0 2 3 sin 2 1 032 1 xx dx 3 1 0 2 1 ln dx x x 4 2 0 22 cossin xx dx 5 1 0 lndxx p 6 2 0 cos1 dx x x m 7 1 0ln x dx 8 0 sin x dx 9 1 0 ln xdxx 10 1 0 11 ln dx x xx qp 11 2 0 tan dxx 12 2 0 sinlncos xdxx 解解 1 因为 2 1 2 3 2 3 1sin xx x x x 1 0 x 由dx x 1 0 1 收敛及比较判别法 知 dx x x 1 0 2 3 sin 收敛 2 1 2 1 3 2 2 1 0 3 2 1 032 1 1 1 xx dx xx dx xx dx 2 1 0 x时 32 3 3 2 3 2 2 2 1 1 1 1 1 x dx x xx 由于 2 1 032 3 2 dx x 收敛 可得 2 1 0 3 2 1 xx dx 收敛 1 2 1 x时 3 3 3 2 3 2 1 4 1 2 1 1 1 1 x dx x xx 由于 dx x 2 1 03 3 1 4 收敛 可得 1 2 1 3 2 1 xx dx 收敛 所以 1 032 1 xx dx 收敛 3 1 0 2 1 ln dx x x 只有瑕点1 0 xx是可去奇点 因为当 2 1 0 x时 x x x ln 3 4 1 ln 2 成立 故由比较判别法知 1 0 2 1 ln dx x x 收敛 绝对收敛 4 1 2sin 4 lim cossin 1 lim 2 2 0 22 2 0 x x xx x xx 所以 2 0 22 cossin xx dx 发散 5 若0 p 则由于 0 0ln xx p 知0 x是可去间断点 而1 x是瑕点 这时由于 1 1 1 1ln ln xxxx p pp 故当01 p时 1 0 lndxx p 收 敛 1 p时 发散 若0 p 则是常义积分1 1 0 dx存在 当0 p时 1 x是可去间断点 而0 x是瑕点 由于0lnlim 2 1 0 p x xx 所以 1 0 lndxx p 收敛 6 mm x x x x 2 sin2 cos1 2 当2 m时 0 x时该式极限为0或 2 1 存在 故这时 0 x不是瑕点 这是常义积分 当2 m时 由于 2 1cos1 lim 2 0 m m x x x x 所以 当12 m即32 m时 瑕积分 2 0 cos1 dx x x m 收敛 当12 m即3 m时发散 7 1 ln 1 1 lim 1 x x x 所以 1 0ln x dx 发散 8 2 2 00 sinsinsinx dx x dx x dx 因为 1 sin 1 lim 2 1 0 x x x 1 sin 1 lim 2 1 x x x 所以 2 0 sin x dx 2 sin x dx 均收敛 故 0 sin x dx 收敛 9 当0 时 由于0lnlim 0 xx x 故是常义积分 当0 时 1 1 ln limlnlimln 0 1 0 1 0 xdxxdx 所以积分收敛 当01 时 0 0 使1010 00 而 0lnlimlnlim 00 00 xxxxx xx 所以 1 0 ln xdxx 收敛 当 1 时 xxxx xx lnlimlnlim 00 由1 知 1 0 ln xdxx 发散 10 当qp 时被积函数为 0 故积分值为 0 由于在相差一个负号的意义下 qp 对称 故可只考虑qp 的情形 这时 1 lnln 111 qp qqp x x x x xx 若1 q 则0 x不是瑕点 因而积分为常义积分 积分值存在 若1 q 则被积函数为 1 ln 1 1 qp q x xx 当11 q即0 q时 故0 0 使11 0 q 而 1 0 1 0 q x dx 收敛 x x ln 0 单 调增加 在 1 0 且当 0 x时趋于 0 故由此得 x x ln 0 有界 因而由 Abel 判别法知 dx xx q 1 0 1 ln 1 收敛 又1 qp x在 1 0 单调增加且有界 故知 1 0 1 1 ln 1 dxx xx qp q 即 1 0 11 ln dx x xx qp 收敛 当11 q即 0 q时 0 1 使11 1 q 因而 1 ln 11 1 ln 1 11 11 qp q qp q x xxx x xx 而 1 ln 1 lim 1 0 qp x x xx 故有10 当 x0时 1 1 ln 1 1 qp x xx 因而 1 11 1 1 ln 1 q qp q x x xx 所以积分 1 0 11 ln dx x xx qp 发散 当11 q时 即0 q时 由于当 2 1 0 x时 0ln x而11 2 1 qp qp x 故当 2 1 0 x时 1 2 1 ln 1 1 ln 1 qp qp xx x xx 由于 lnln2ln lnlim ln 1 lim ln 1 0 2 1 0 2 1 0 dx xx dx xx 发散 故由比较判别法 2 1 0 1 ln 1 dxx xx qp 发散 因而 1 0 1 ln 1 dxx xx qp 发散 若1 q 积分为 1 0 1 ln 1 dxx x qp 这时0 1 ln 1 lim 0 qp x x x 故0 x不是瑕 点 积分是常义积分 因而存在 综上 瑕积分 1 0 11 ln dx x xx qp 当0 qp时收敛 qp 且0 q时发散 对称地 瑕积分 1 0 11 ln dx x xx qp 当0 pq时收敛 pq 而0 p时发散 qp 时 亦收敛 11 解法 1 令tx tan 则 2 tantx 2 arctantx dt t t dx 4 1 2 且当0 x 时 0 t 2 x时 t 瑕积分 0 4 2 2 0 1 2 tandt t t dxx 化为了无穷积分 由 于 2 1 2 lim 4 2 2 t t t t 故广义积分 0 4 2 1 2 dt t t 收敛 即 2 0 tan dxx 收敛 解法 2 由于1sin 2 sin 2 limtan 2 lim 2 1 2 2 1 2 x x x xx xx 所以 2 0 tan dxx 收敛 12 由于0sinlncoslim 0 xxx x 故 2 0 sinlncos xdxx收敛 实际上 1 cossinlnsin limsinlncoslimsinlncos 2 0 2 0 2 0 xdxxdxxxdxx 3 判别敛散性 1 1 2 1 1 1lndx x 2 0 1 dxex xp 3 0 arctan dx x x p q 4 0 1ln dx x x p 5 1 ln xx dx qp 6 0 qp xx dx 7 0 3 2 2 1 xxx dx 8 0 lndxxe x 解解 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1ln 1 1ln 1 1lndx x dx x dx x 对 2 2 2 2 1 1 1ln 1 1lndx x dx x 由于 1 2 2 1 1 1 lim 1 1ln lim 3 3 2 2 2 x x x x x xx 所以 2 2 1 1 1lndx x 收敛 对 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 1ln ln2 1 ln 1 1lndxxxdxdx x x dx x 前一项为定积 分 后一项以1 x为瑕点 由于 2 1 2 1 2 1 2 1ln 1ln 1ln dxxdxxdxx 前一项 为常义积分 而对后一项 由于0 1ln 1 lim 2 1 1 xx x 故 2 1 1ln dxx收敛 因此 2 1 2 1 1 1lndx x 收敛 最后知道 1 2 1 1 1lndx x 收敛 2 当1 p时 0 1 dxex xp 是一无穷积分 收敛 当1 p时 1 1 1 0 1 0 1 dxexdxexdxex xpxpxp 后者为无穷积分收敛 对 于前者 由于1 lim 11 0 xpp x exx 所以当11 p 即10 p时 1 0 1 dxex xp 收敛 当11 p 即0 p时 1 0 1 dxex xp 发散 从而 当0 p时 0 1 dxex xp 收敛 当0 p时发散 3 由于当0 x时 xx arctan 所以当pq 时 pq p q x x x arctan 0 x pq 时 1 arctan lim 0 p q x x x 故当pq 时 上述积分只是无穷积分而无瑕点 若1 p且pq 由 q pp q xx x 2 1 arctan x p 1 2 q 收敛 若10 p且pq 则由 1 1 arctan x xx x pp q 发散 若0 p且pq 时 当x充分大时 1 1 arctan x x x p q 这时无穷积分发散 若0 p且pq 时 显然发散 当pq 时 积分可分为 1 1 0 arctan arctan dx x x dx x x p q p q 对于前者 p q x x arctan 与 qp x 1 是同阶无穷大量 故当10 qp 即1 qpq时收敛 而当1 qp即 1 qp时发散 对于后者 同样在1 p时收敛 1 p时发散 综上 当1 qpq且1 p时积分收敛 当pq 而1 p时积分发散 因此 当1 pq或1 qpq且1 p时积分收敛 其他情况发散 即当 11 qp时积分收敛 其他情况积分发散 4 1 1 00 1ln 1ln 1ln dx x x dx x x dx x x ppp 因为1 1ln lim 1 0 x x x p p x 故前一积分当11 p即2 p时收敛 当2 p时发 散 而对后一积分 若1 p 则0 0 使得1 0 p 且0 1ln lim 0 x x x 故当x 充分大时 000 1 1ln 1 1ln ppp xx x xx x 由比较判别法 积分收敛 当1 p时 xx x p 1 1ln 1 ex时 所以这时积分发散 因此 当21 p时 原积分收敛 否则发散 5 2 2 11 lnlnlnxx dx xx dx xx dx qpqpqp 对于前者 因为0 ln 1 1 lim 2 1 1 xx x qp x 故总是收敛的 对于后者 1 p或1 p而1 q时收敛 其他发散 故 1 ln xx dx qp 当1 p或1 p而1 q时收敛 对于其他情况均发散 6 1 1 00 qpqpqp xx dx xx dx xx dx 若qp 则前者要求1 qp收敛 后者要求1 qp收敛 故这时积分发散 由 qp 的对称性 只需考虑qp 的情况 对于前者由 1 11 qpqqp xxxx 故当1 q时收敛 1 q时发散 而对于后者 由于 1 11 pqpqp xxxx 故当1 p时收敛 1 p时发散 故 0 qp xx dx 当1 p且1 q或1 p且1 q时收敛 其他情况下均发散 7 2 3 2 1 3 2 2 1 0 3 20 3 2 2 1 2 1 2 1 xxx dx xxx dx xxx dx 3 3 2 3 2 3 3 2 2 1 2 1 xxx dx xxx dx 由于 3 3 2 3 0 2 1 2 1 lim xxx x x 1 2 1 1 lim 3 2 3 2 1 xxx x x 3 3 2 3 1 2 2 1 2 1 2 lim xxx x x 1 2 1 1 lim 3 2 3 4 xxx x x 以上四个积分均收敛 故原积分收敛 8 令tx 则 x时 t 当0 x时 0 t仍记t为x 1 1 00 00 lnlnlnlnlnxdxexdxexdxexdxedxxe xxxxx 由于当x充分大时 2 1 ln x xe x 而 1 2 1 dx x 收敛 故 1 ln xdxe x 收敛 又 0lnlim 0 xex x x 故 1 0 ln xdxe x 亦收敛 所以 0 0 lnlnxdxedxxe xx 收敛 4 讨论下列积分的收敛性与绝对收敛性 1 0 2 sindxx 2 0 sin dx x x q p 其中0 p 3 0 1 sin 0 qdx x xx q p 4 0 1 sin dx x x x n 解解 1 由于0 sin lim 0 x x x 所以0 x不是瑕点 由 Dirichlet 判别法 无穷积分 0 sin dx x x 收敛 因此 0000 2 sin 2 1sin lim 2 1 2 sinlimsinlim 2 dt t t dt t t t dt tdxx A A A A A A 所以 0 2 sindxx收敛 但 x x xx x x x 2 2cos 2 1sin sin 2 由于 1 2 1 dx x 发散 同样用 Dirichlet 判别法 知 1 2 2cos dx x x 收敛 故 1 2 2cos 2 1 dx x x x 发散 由比较判别法知 1 sin dx x x 发散 因而 0 sin dx x x 发散 但 A A A A A A dt t t dt t t dxx 000 2 sin lim 2 1 2 sin limsinlim不存 在 故 0 2 sindxx发散 因而 0 2 sin xdx条件收敛 2 1 1 00 sinsinsin dx x x dx x x dx x x q p q p q p 先考虑 1 0 sin dx x x q p 由于 pp xx sin 0 x 所以 q p x xsin 与 pq x 1 是同阶变量 0 x 从而当1 pq时 即1 pq时该积分收敛 1 pq时积分发散 且由 于0 sin q p x x 故是绝对收敛的 再看 1 1 1 1 1 1 1 sin11sinsin dt x t p dtt p x t xtdx x x p q p p q p q p 故当0 1 1 p q 时 即1 pq时积分收敛 否则发散 且当1 q时绝对收敛 11 qp条件收敛 所以当pqp 11时 积分收敛 否则发散 当pq 11时绝对收敛 11 qp时条件收敛 3 1 1 00 1 sin 1 sin 1 sin dx x xx dx x xx dx x xx q p q p q p 先考虑积分 1 0 1 sin dx x xx q p 由于1 1 1sin lim 1 sin lim 0 1 0 q x q p p x xx x x xx x 所以积分 1 0 1 sin dx x xx q p 仅当11 p即2 p时收敛 且是绝对收敛的 而当2 p时发散 再考虑积分 1 1 sin dx x xx q p 若qp 则1 A 必存在正整数N 使AN 4 2 且当 4 2 Nx时 恒有 3 1 1 q p x x 于是对 4 2 NA 2 2 NA 有 6 2 sin 3 1 1 sin A A A A q p xdxdx x xx 由 Canchy 收敛原理 积分 1 1 sin dx x xx q p 发散 若1 qp 取0 使1 qp 即1 pq 由于 0 sin 1 limsin 1 lim x x x x x x x x q q x q p pq x 所以 积分 1 1 sin dx x xx q p 绝对收敛 现设qpq 1 先证 1 1 sin dx x xx q p 发散 事实上 此时 可取1 0 A 使当 Ax 0 时 3 1 1 1 q p x x 故有 000 sin 3 1sin 11 sin 1 AA q p A q p dx x x dx x x x x dx x xx 从而 1 1 sin dx x xx q p 发散 再证 1 1 sin dx x xx q p 收敛 若0 q 则01 p此时积分 11 sin 2 1 1 sin xdxxdx x xx p q p 收敛 若0 q 由于 0 1 1 2 1 q qp q p x xpqpx x x 当x充分大时 故当x充分 大时 函数 q p x x 1 单调递减趋于 0 而2cos1cossin 1 Axdx A 有界 故积分 1 1 sin dx x xx q p 收敛 于 是 得 到 0 1 sin dx x xx q p 当2 p且1 pq时 绝 对 收 敛 当2 p 1 pqp时条件收敛 其他情况发散 4 当0 n时 积分是发散的 当0 n时 先考虑积分 a n dx x x x 1 sin 1 a 由于 a n a n dx x x x x x dx x x x 1 1 1 sin 1 1 1 sin 2 2 而2 1 cos 1 cos 1 sin 1 1 2 A A a adx x x x A a 又当x充分大时 有 0 2 1 1 23 2 n n xnx x x dx d nn 故当x充分大时 函数 1 1 2 x xn 是单调增加的 且0 1 1 1 lim 2 x xn x 故 1 1 1 2 x xn 当 x充分大时单调递减趋于 0 由此可知积分 a n dx x x x 1 sin 当0 n时收敛 再考虑积分 a n dx x x x 0 1 sin 10 a 设 t x 1 则 a n a n dt t t t dx x x x 1 2 0 1 sin 1 sin 如前所述 当02 n即2 n时收敛 注意到 a a n dx x x x 1 sin 10 aa 是一个常义积分 它对任意n均有意义 于是 当20 n时 积分 0 1 sin dx x x x n 收敛 可以证明 积分 0 1 sin dx x x x n 当20 n时发散 事实上 nnnn x x x xx x x x x x 2 2 2cos 2 1 1 sin 1 sin 2 而当10 n时 积分 a n x dx 2 发散 积分 a n dx x x x 2 2 2cos 收敛 仿前半段证明 故 当10 n时 积分 a n dx x x x 1 sin 发散 从而 0 1 sin dx x x x n 发散 对于21 n的情况 可考虑对积分作变换 t x 1 则得 a n a n dt t t t dx x x x 1 2 0 1 sin 1 sin 仿前可知 当120 n 即当21 n时积分 a n dx x x x 0 1 sin 发散 从而当21 n 时积分 0 1 sin dx x x x n 发散 综上最后得到 积分 0 1 sin dx x x x n 当20 n时条 件收敛 其他情况发散 5 计算下列瑕积分的值 1 1 0 lndxx n 2 1 0 1 dx x xn 解解 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 ln ln ln lndxxndxxnxxdxx nnnn 1 1 1 1 0 ndxnn n 2 令tx 1 则 2 1tx 且0 x时