12-第十二章 广义积分

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正文部分

12.1.2 广义积分与和式极限例题

例题 12.1.1

设 $f$ 在 $(0,1)$ 上单调，无界广义积分 ${\int }_0^{1}f(x)dx$ 收敛，则有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f\left(\frac{1}{n}\right)+f\left(\frac{2}{n}\right)+\cdots +f\left(\frac{n-1}{n}\right)}{n}={\int }_0^{1}f(x)dx.(12.1)$$

证 不妨只讨论 $f$ 单调增加，则有不等式

$${\int }_0^{1-\frac{1}{n}}f(x)dx\le \frac{f\left(\frac{1}{n}\right)+f\left(\frac{2}{n}\right)+\cdots +f\left(\frac{n-1}{n}\right)}{n}\le {\int }_{\frac{1}{n}}^{1}f(x)dx.$$

这里两边的积分中至少有一个是广义积分。然后令 $n\to \infty$ 即可。

注 这里有几点需要注意。首先，单调性条件只要在奇点邻近满足即可。其次，在只有一个奇点的情况下，从等式 (12.1) 在右边极限存在可推出右边的广义积分收敛。然而对于有两个奇点的情况这是不成立的。例如

$$f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{1-x}$$

就是如此。

例题 12.1.2

设 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调，${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，则有

$$\underset{h\to 0^{+}}{\lim }h\sum _{n=1}^{\infty }f(nh)={\int }_0^{+\infty }f(x)dx.$$

证 不妨假定 $f$ 单调减少。首先可以证明 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上非负。用反证法：如果在某点 $x_0$ 处有 $f(x_0)<0$，则就有

$${\int }_{x_0}^{A}f(x)dx\le f(x_0)(A-x_0)\to -\infty (A\to +\infty ),$$

这与无穷限广义积分收敛的条件矛盾。

于是，对任意正整数 $n$，我们有

$${\int }_h^{(n+1)h}f(x)dx\le \sum _{k=1}^{n}hf(kh)=h\sum _{k=1}^{n}f(kh)\le {\int }_0^{nh}f(x)dx.$$

注意到中间的和式作为 $n$ 的函数（即数列）为单调增加，且有上界，因此存在极限。令 $n\to +\infty$，得到

$${\int }_h^{+\infty }f(x)dx\le h\sum _{n=1}^{\infty }f(nh)\le {\int }_0^{+\infty }f(x)dx.$$

再令 $h\to 0^{+}$ 即得所要求证的结果。

12.1.3 练习题

题目 1

设 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上非负连续，且积分 ${\int }_0^{+\infty }f=0$，证明：$f\equiv 0$。

解答 若存在 $x_0$ 使 $f(x_0)>0$，由连续性可取邻域 $(x_0-\delta ,x_0+\delta )$ 使 $f\ge c>0$，于是

$${\int }_0^{+\infty }f(x)dx\ge {\int }_{x_0-\delta }^{x_0+\delta }f(x)dx>0,$$

矛盾。故 $f\equiv 0$。

题目 2

如果广义积分 ${\int }_a^b{f}^2$ 收敛，则称 $f$ 在 $[a,b]$ 上平方可积。分无穷限积分与无界积分两种情况讨论广义积分的平方可积性与绝对可积性之间的关系。

解答 在无穷限积分情形，绝对可积蕴含平方可积：因为 ${\int }_a^{+\infty }|f|<\infty$ 时，尾部必有 $|f|<1$，于是尾积分上 $f^2\le |f|$；但平方可积未必绝对可积，例如 $f(x)=1/x(x\ge 1)$。在无界积分情形（例如 $[0,1]$ 上在 $0$ 无界），平方可积蕴含绝对可积，这是 Cauchy—Schwarz 不等式

$${\int }_0^1|f|\le {\left({\int }_0^1{f}^2\right)}^{1/2}$$

的直接结果；反过来绝对可积未必平方可积，例如 $f(x)=x^{-1/2}$ 在 $(0,1]$ 上绝对可积而不平方可积。

题目 3

设 $f\in C(0,1)$，$f(0^{+})=+\infty$，定义函数

$$f_n(x)=\min \{f(x),n\},0<x\le 1,n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

证明：广义积分 ${\int }_0^{1}f$ 收敛的充分必要条件是存在有限极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1{f}_n(x)dx.$$

解答 先注意到当 $n$ 增大时，$f_n\uparrow f$，且 $f_n\le f$。若 ${\int }_0^{1}f$ 收敛，则任给 $\epsilon >0$，取 $\delta >0$ 使 ${\int }_0^{\delta }f<\epsilon$。再取 $n>{\max }_{[\delta ,1]}f$，则在 $[\delta ,1]$ 上有 $f_n=f$，故

$$0\le {\int }_0^{1}f-{\int }_0^1{f}_n={\int }_0^{\delta }(f-f_n)\le {\int }_0^{\delta }f<\epsilon .$$

于是 ${\int }_0^1{f}_n\to {\int }_0^{1}f$。反之，若 ${\int }_0^1{f}_n\to L<\infty$，则对任意 $\delta >0$，当 $n>{\max }_{[\delta ,1]}f$ 时，

$${\int }_{\delta }^{1}f(x)dx={\int }_{\delta }^1{f}_n(x)dx\le {\int }_0^1{f}_n(x)dx\le L+1$$

（$n$ 足够大时）。由于左端随 $\delta \to 0+$ 单调增加且有上界，故广义积分 ${\int }_0^{1}f$ 收敛。

题目 4

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上内闭可积，${\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}^2$ 收敛，证明：对于任何实数 $a$，下列广义积分也收敛：

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }|f(x)f(x+a)|dx.$$

解答 由 Cauchy—Schwarz 不等式，

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }|f(x)f(x+a)|dx\le {\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}^2(x)dx\right)}^{1/2}{\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}^2(x+a)dx\right)}^{1/2}<\infty .$$

题目 5

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上内闭可积，并且

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=A,\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=B$$

都存在且有限。证明：对任意实数 $a>0$，广义积分

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }[f(x+a)-f(x)]dx$$

收敛，并求它的值。

解答 对任意 $T>0$，

$${\int }_{-T}^T[f(x+a)-f(x)]dx={\int }_T^{T+a}f(u)du-{\int }_{-T}^{-T+a}f(u)du.$$

令 $T\to +\infty$，由两端极限分别趋于 $aA$ 与 $aB$，得

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }[f(x+a)-f(x)]dx=a(A-B).$$

题目 6

找出以下广义积分计算中的错误，说明理由，并计算其主值。在积分

$${\int }_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}$$

中，由于被积函数是奇函数，积分区间关于原点对称，从而所求积分为 $0$。

解答 错误在于这里的积分是瑕积分，不能仅凭“被积函数是奇函数、区间对称”就断言积分为零；必须先分别考察两侧的单边积分。事实上

$$\frac{1}{x\sqrt{1-x^2}}\sim \frac{1}{x}(x\to 0),$$

故两侧单边积分都发散，对应的广义积分不存在。若取 Cauchy 主值，则

$$p.v.{\int }_{-1/2}^{1/2}\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}=\underset{\epsilon \to 0+}{\lim }{\int }_{|x|\ge \epsilon }\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}=0,$$

因为被积函数确为奇函数。

12.2.1 敛散性判别法例题

例题 12.2.1

设 $f$ 在 $[a,+\infty )$（$a>1$）上内闭可积，且已知广义积分

$${\int }_a^{+\infty }xf(x)dx$$

收敛，证明：广义积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 也收敛。

证 如果 $f$ 非负，则可以写出不等式

$$0\le {\int }_a^{A}f(x)dx\le {\int }_a^{A}xf(x)dx.$$

其中两个积分作为变上限 $A$ 的函数都是单调增加函数。由于右边在 $A\to +\infty$ 时存在极限，中间的积分作为 $A\in [a,+\infty )$ 的函数就是有上界的单调增加函数，因此当 $A\to +\infty$ 时也有极限。这就证明了 $f$ 在区间 $[a,+\infty )$ 上的广义积分收敛。对于 $f$ 非正情况的讨论是类似的。这就是比较判别法。

但是当 $f$ 为变号函数时，上面的比较方法不能直接使用\footnote{如果 $f$ 绝对可积，则比较方法还可以用。}。这时需要两个新的工具：（1）广义积分的 Cauchy 收敛准则；（2）积分第二中值定理。

任取 $a<A<A^{\prime }$，对于积分

$$\left|{\int }_A^{A^{\prime }}f(x)dx\right|=\left|{\int }_A^{A^{\prime }}xf(x)\cdot \frac{1}{x}dx\right|,$$

利用右边积分号下第二个因子 $1/x$ 单调且非负，就有 $\xi \in (A,A^{\prime })$，使得成立

$$\left|{\int }_A^{A^{\prime }}f(x)dx\right|=\left|\frac{1}{A}{\int }_A^{\xi }xf(x)dx\right|.$$

然后利用条件就可以使得左边的积分当 $A,A^{\prime }$ 充分大时小于事先给定的 $\epsilon >0$，因此 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上广义可积。

注 1 注意在证明过程中两次应用 Cauchy 收敛准则，一次是用收敛的必要条件，另一次是用收敛的充分条件。实际上从广义积分开始，在后面的无穷级数和含参积分各章中各种形式的 Cauchy 收敛准则都要起非常重要的作用。其中的基本道理和上面这个简单例题是相同的。初学者可以复习一下 \S3.4 中对于 Cauchy 收敛准则的基本内容。

注 2 上面的证明实际上重复了 Abel 判别法与 Dirichlet 判别法的推导过程。当然可以直接应用这两个判别法之一来达到目的。

12.2.2 例题

例题 12.2.2

讨论下列广义积分的敛散性：

$$\begin{array}{ll}(1){\int }_1^{+\infty }\left(\frac{x}{x^2+p}-\frac{p}{x+1}\right)dx;& (2){\int }_0^1|\ln x{|}^{p}dx;\\ (3){\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{\sqrt[3]{x^2(x-1{)}^2}};& (4){\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{x^p(1+x^2)}(p>0).\end{array}$$

解 容易验证，这 $4$ 个题的被积函数都在奇点附近不变号，因此都可以用比较判别法和 Cauchy 判别法来解，并且它们的收敛性就是绝对收敛性。

(1) 这是一个无穷限积分。由通分可得

$$\frac{x}{x^2+p}-\frac{p}{x+1}=\frac{(1-p)x^2+x-p^2}{(x^2+p)(x+1)}.$$

当 $p=1$ 时，由

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2\left(\frac{x-1}{(x^2+1)(x+1)}\right)=1$$

及 Cauchy 判别法，知原广义积分收敛。当 $p\ne 1$ 时，由

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }x\cdot \frac{(1-p)x^2+x-p^2}{(x^2+p)(x+1)}=1-p\ne 0$$

及 Cauchy 判别法，知原广义积分发散。

(2) 当 $p=0$ 时这是常义积分，而当 $p\ne 0$ 时这是瑕积分。

当 $p>0$ 时，瑕点是 $x=0$。这时，由

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{\frac{1}{2}}|\ln x{|}^p=0,$$

知 ${\int }_0^1|\ln x{|}^{p}dx$ 总是收敛的。

当 $p<0$ 时，虽然被积函数在 $x=0$ 处无定义，但由于

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }|\ln x{|}^p=0,$$

可见 $x=0$ 并不是瑕点。这里要注意：定积分的可积性和积分值与被积函数在有限个点处的值无关，因此可以采取补充定义的方法来讨论，而且可积性和积分值与补充定义的具体方法无关。

由 ${\lim }_{x\to 1^{-}}|\ln x{|}^p=+\infty$ 知 $x=1$ 是瑕点。由

$$|\ln x{|}^p=|\ln (1-(1-x)){|}^p\sim (1-x{)}^p=\frac{1}{(1-x{)}^{-p}}(x\to 1^{-})$$

可知，原积分在 $-1<p<0$ 时收敛，而在 $p\le -1$ 时发散。

(3) 此广义积分的瑕点为 $x=0,1$。我们可以分别讨论被积函数在区间 $[0,\frac{1}{2}]$，$[\frac{1}{2},1]$，$[1,\frac{3}{2}]$ 和 $[\frac{3}{2},+\infty )$ 上的积分，并将这四个区间上的积分分别记为 $I_i$，$i=1,2,3,4$。这时每个积分只有一个奇点，而且奇点是积分区间的端点。记被积函数为

$$f(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x^2(x-1{)}^2}}.$$

对 $I_1$，由 $f(x)\sim x^{-2/3}(x\to 0^{+})$，可知 $I_1$ 收敛。对 $I_2$ 和 $I_3$，由 $f(x)\sim (x-1{)}^{-2/3}(x\to 1)$，可知 $I_2,I_3$ 均收敛。最后，由 $f(x)\sim x^{-4/3}(x\to +\infty )$，可知 $I_4$ 收敛。因为 $I_1,I_2,I_3,I_4$ 都收敛，所以原广义积分收敛。

(4) 这是一个无穷限积分，同时 $x=0$ 又是瑕点。下面我们分别讨论被积函数在区间 $[0,1]$ 和 $(1,+\infty )$ 上的积分，并将这两个积分记为 $I_1$ 和 $I_2$。

对 $I_1$，由于

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^p\cdot \frac{1}{x^p(1+x^2)}=1,$$

因此 $p<1$ 时 $I_1$ 收敛，而 $p\ge 1$ 时 $I_1$ 发散。对 $I_2$，由于

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{p+2}\cdot \frac{1}{x^p(1+x^2)}=1,$$

而由 $p>0$ 知 $p+2>1$，因此 $I_2$ 收敛。

合并以上讨论，知原广义积分在 $p\ge 1$ 时发散，在 $0<p<1$ 时收敛。

注 在题 (1) 中两个广义积分 ${\int }_1^{+\infty }\frac{x}{x^2+p}dx$ 与 ${\int }_1^{+\infty }\frac{p}{x+1}dx$ 都是发散的，但不能因此得出

$${\int }_1^{+\infty }\left(\frac{x}{x^2+p}-\frac{p}{x+1}\right)dx$$

是发散的结论。

解题 (2) 时，由于无论 $p$ 取何值，$|\ln x{|}^p$ 在 $x=0$ 处总是无定义的，因此初学者容易在 $p<0$ 时，仍然将 $x=0$ 当作瑕点。教学时应该向学生强调，判断积分区间的一个端点（或内点）是不是瑕点的根据不是被积函数是否在该点有定义，而是被积函数是否在该点邻近无界。例如，对于

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx,{\int }_0^{+\infty }x\ln xdx$$

等广义积分，$x=0$ 都不是瑕点。

解题 (3) 时，初学者容易犯的错误是忽略位于积分区间内部的瑕点 $x=1$。此外要注意，在没有判定收敛性之前，没有根据写出积分分解的等式。例如对于题 (3)，等式

$${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{\sqrt[3]{x^2(x-1{)}^2}}=\left({\int }_0^{1/2}+{\int }_{1/2}^1+{\int }_1^{3/2}+{\int }_{3/2}^{+\infty }\right)\frac{dx}{\sqrt[3]{x^2(x-1{)}^2}}$$

只有在判定右边每个积分收敛之后才成立，而不是在此前。

例题 12.2.3

讨论广义积分

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p}dx(p>0)$$

的敛散性，对于收敛的情况还要判别是条件收敛还是绝对收敛。

解 (1) 当 $0<p\le 1$ 时，由

$$0\le \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x}{x^p}\le 1$$

知 $x=0$ 不是瑕点。因为

$$\left|{\int }_0^A\sin xdx\right|\le 2$$

对每个有限的 $A$ 成立，$1/x^p$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调减少且 ${\lim }_{x\to +\infty }1/x^p=0$，由 Dirichlet 判别法知道原广义积分收敛。

下面讨论其绝对收敛性。如果

$${\int }_0^{+\infty }\frac{|\sin x|}{x^p}dx$$

收敛，则 ${\int }_1^{+\infty }\frac{|\sin x|}{x^p}dx$ 也收敛。但从

$$\frac{|\sin x|}{x^p}\ge \frac{{\sin }^{2}x}{x^p}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x^p}-\frac{\cos 2x}{x^p}\right),$$

而且 ${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^p}dx$ 发散，${\int }_1^{+\infty }\frac{\cos 2x}{x^p}dx$ 收敛，可见 ${\int }_1^{+\infty }\frac{|\sin x|}{x^p}dx$ 发散，从而积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{|\sin x|}{x^p}dx$ 也发散。因此原广义积分在 $0<p\le 1$ 时条件收敛。

(2) 当 $p>1$ 时，$x=0$ 是瑕点。分解

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p}dx=\left({\int }_0^1+{\int }_1^{+\infty }\right)\frac{\sin x}{x^p}dx=I_1+I_2.$$

对 $I_2$，由

$$\left|\frac{\sin x}{x^p}\right|\le \frac{1}{x^p}$$

及 ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x^p}$ 收敛，知 $I_2$ 绝对收敛。对 $I_1$，由

$$\frac{\sin x}{x^p}\sim x^{1-p}(x\to 0^{+})$$

知 $I_1$ 在 $1-p>-1$，即 $1<p<2$ 时绝对收敛，在 $1-p\le -1$，即 $p\ge 2$ 时发散。

因此，原广义积分在 $1<p<2$ 时绝对收敛，在 $p\ge 2$ 时发散。

评注 在判断广义积分的敛散性时，我们往往要进行不等式的放大与缩小，有时还要进行恒等式的变换。

例题 12.2.4

设 $p>0$，证明广义积分

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p+\sin x}dx$$

在 $0<p\le \frac{1}{2}$ 时发散，在 $\frac{1}{2}<p\le 1$ 时条件收敛，在 $p>1$ 时绝对收敛。

分析 由被积函数的形式，容易联想起利用广义积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p}dx$。检验两个被积函数之差：

$$\frac{\sin x}{x^p+\sin x}-\frac{\sin x}{x^p}=-\frac{{\sin }^{2}x}{x^p(x^p+\sin x)},(12.4)$$

可以发现上式右边的分母上比被积函数的分母多了一个因子 $x^p$，其广义积分的敛散性要好处理一些。

证 由于被积函数 $\frac{\sin x}{x^p+\sin x}$ 在 $x=0$ 右侧有界，$x=0$ 不是瑕点。因此我们只要讨论广义积分

$${\int }_1^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p+\sin x}dx.(12.5)$$

由 (12.4) 得到

$$\frac{\sin x}{x^p+\sin x}=\frac{\sin x}{x^p}-\frac{{\sin }^{2}x}{x^p(x^p+\sin x)}.$$

由上一个例题知，右边第一项的广义积分

$${\int }_1^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p}dx$$

在 $0<p\le 1$ 时条件收敛，而在 $p>1$ 时绝对收敛。下面考虑广义积分

$${\int }_1^{+\infty }\frac{{\sin }^{2}x}{x^p(x^p+\sin x)}dx.(12.6)$$

当 $0<p\le \frac{1}{2}$ 时，由

$$\frac{{\sin }^{2}x}{x^p(x^p+\sin x)}\ge \frac{{\sin }^{2}x}{x^p(x^p+1)}$$

与

$${\int }_1^{+\infty }\frac{{\sin }^{2}x}{x^p(x^p+1)}dx$$

发散，知道广义积分 (12.6) 发散。而当 $p>\frac{1}{2}$ 时，由

$$\frac{{\sin }^{2}x}{x^p(x^p+\sin x)}\le \frac{1}{x^p(x^p-1)}\sim \frac{1}{x^{2p}}(x\to +\infty )$$

与

$${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^{2p}}dx$$

收敛，知道广义积分 (12.6) 绝对收敛。

因此，广义积分 (12.5) 当 $0<p\le \frac{1}{2}$ 时，为收敛的广义积分与发散的广义积分之差，从而发散；当 $\frac{1}{2}<p\le 1$ 时，为条件收敛的广义积分与绝对收敛的广义积分之差，从而条件收敛；当 $p>1$ 时，为两个都是绝对收敛的广义积分之差，从而绝对收敛。

注 1 本例虽然有

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x^p+\sin x}=0,\left|{\int }_a^A\sin xdx\right|\le 2$$

对每个 $A>a$ 成立，但在 $0<p\le \frac{1}{2}$ 时，所论广义积分仍发散。这说明在 Dirichlet 判别法中，单调性的条件是不能缺少的。

注 2 本例最后利用了两个推理：（1）如果一个广义积分能表示为条件收敛的广义积分与绝对收敛的广义积分之差，则必然条件收敛；（2）如果一个广义积分能表示为两个绝对收敛的广义积分之和或差，则必然绝对收敛。

例题 12.2.5

判别广义积分

$${\int }_0^{+\infty }\frac{xdx}{1+x^6{\sin }^{2}x}$$

的敛散性。

解 由于被积函数在 $x>0$ 时大于 $0$，因此只需要研究变上限积分

$$F(A)={\int }_0^A\frac{xdx}{1+x^6{\sin }^{2}x}$$

在 $[0,\infty )$ 上的有界性。若有界则收敛，否则即发散。又因 $F$ 单调增加，因此只要观察 $F$ 在趋于无穷大的一个点列 $\{A_n\}$ 上的函数值序列是否有界即可。

取 $A_n=n\pi$，$n\in {\mathbb{N}}_{+}$，则可分解积分为

$${\int }_0^{n\pi }\frac{xdx}{1+x^6{\sin }^{2}x}=\sum _{k=1}^n{u}_k,u_k={\int }_{(k-1)\pi }^{k\pi }\frac{xdx}{1+x^6{\sin }^{2}x}.$$

对于 $u_k$ 可估计如下（$k\ge 2$），其中对于区间 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 上的 $\sin x$ 应用 Jordan 不等式 $\sin x\ge 2x/\pi$：

$$\begin{array}{rl}{u}_k& \le k\pi {\int }_{(k-1)\pi }^{k\pi }\frac{dx}{1+(k-1{)}^6{\pi }^6{\sin }^{2}x}\\ & =k\pi {\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1+(k-1{)}^6{\pi }^6{\sin }^{2}x}\\ & =2k\pi {\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{1+(k-1{)}^6{\pi }^6{\sin }^{2}x}\\ & \le 2k\pi {\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{1+4(k-1{)}^6{\pi }^4{x}^2}\\ & =\frac{k}{\pi (k-1{)}^3}{\int }_0^{(k-1{)}^3{\pi }^3}\frac{dt}{1+t^2}\sim \frac{1}{2k^2}(k\to \infty ).\end{array}$$

由于

$$1+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{n^2}<1+\frac{1}{1\cdot 2}+\cdots +\frac{1}{(n-1)n}<2$$

与 $n$ 无关，可见函数值序列 $\{F(n\pi )\}$ 有界，从而函数 $F(A)$ 在 $0\le A<+\infty$ 上有界，因此本题的广义积分收敛。

注 如图 12.1 所示，这个收敛积分的被积函数满足等式 $f(k\pi )=k\pi$。这表明函数图像与第一象限的角平分线 $y=x$ 有无穷多个交点，交点的坐标是 $(k\pi ,k\pi )$，$k$ 取所有非负整数。但是当 $x\ne k\pi$ 时函数值 $f(x)$ 就急剧下降，当 $x>\pi$ 时函数图像在图 12.1 上已经与 $x$ 轴很难区分开。由这个例子可见，无穷限广义积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 收敛时，其被积函数的极限 $f(+\infty )$ 不仅可以不存在，而且可以有

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$$

（这里的上极限是 \S3.6 中的相应概念在连续情况的推广）。

12.2.3 练习题

题目 1

讨论下列广义积分的敛散性，若是收敛，还要讨论是条件收敛还是绝对收敛：

1. ${\int }_0^{+\infty }x{\sin }^{4}xdx$；
2. ${\int }_3^{+\infty }\frac{\ln \ln x}{\ln x}\sin xdx$；
3. ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x}{e}^{\cos x}\sin (\sin x)dx$；
4. ${\int }_1^{+\infty }\ln \frac{x^2}{x^2-1}dx$；
5. ${\int }_1^{+\infty }\ln \left(\cos \frac{1}{x}+\sin \frac{1}{x}\right)dx$；
6. ${\int }_0^1\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}dx$；
7. ${\int }_0^{+\infty }\left[\frac{1}{\sqrt{x}}-\sqrt{\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}\right]dx$；
8. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{\sqrt{x}+\cos x}dx$。

解答

1. ${\sin }^{4}x\ge 0$，且其平均值为 $3/8>0$，故 ${\int }_0^{+\infty }x{\sin }^{4}xdx=+\infty$。
2. $a(x)=\frac{\ln \ln x}{\ln x}$ 在充分大时单调下降并趋于 $0$，故由 Dirichlet 判别法，

$${\int }_3^{+\infty }a(x)\sin xdx$$

收敛；而 ${\int }_3^{+\infty }|a(x)\sin x|dx$ 与 ${\int }_3^{+\infty }a(x)dx$ 同阶发散，所以条件收敛。 3. 因

$$e^{\cos x}\sin (\sin x)=\Im e^{e^{ix}}$$

是一个平均值为 $0$ 的周期函数，故其原函数有界。又 $1/x\downarrow 0$，所以由 Dirichlet 判别法收敛；绝对值积分与 ${\int }_1^{+\infty }|\sin x|/xdx$ 同阶发散，故条件收敛。 4. 当 $x\to 1^{+}$ 时，

$$\ln \frac{x^2}{x^2-1}\sim -\ln (x-1),$$

可积；当 $x\to +\infty$ 时，

$$\ln \frac{x^2}{x^2-1}=\ln \left(1+\frac{1}{x^2-1}\right)\sim \frac{1}{x^2},$$

故绝对收敛。 5. 当 $x\to +\infty$ 时，

$$\ln \left(\cos \frac{1}{x}+\sin \frac{1}{x}\right)=\frac{1}{x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right),$$

故与 $1/x$ 同阶，发散。 6. 当 $x\to 0^{+}$ 时，

$$\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}\to 2,$$

当 $x\to 1^{-}$ 时，

$$\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}\sim -\ln (1-x),$$

故绝对收敛。 7. 当 $x\to 0^{+}$ 时，$\sqrt{\ln (1+1/x)}=o(x^{-1/2})$，故被积函数与 $x^{-1/2}$ 同阶，可积；当 $x\to +\infty$ 时，

$$\sqrt{\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}=x^{-1/2}\left(1-\frac{1}{4x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right)\right),$$

因而差值是 $O(x^{-3/2})$，也可积，所以绝对收敛。 8. 当 $x\to 0^{+}$ 时，被积函数 $\sim x$，故无问题。又有

$$\frac{\sin x}{\sqrt{x}+\cos x}=\frac{\sin x}{\sqrt{x}}-\frac{\sin x\cos x}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+\cos x)},$$

第一项条件收敛，第二项是 $\frac{1}{2}\sin 2x/x+O(x^{-3/2})$，也条件收敛，故原积分条件收敛；而绝对值与 $|\sin x|/\sqrt{x}$ 同阶，绝对发散。

题目 2

对于以下含有参数的广义积分，确定出使积分绝对收敛、条件收敛和发散的参数范围：

1. ${\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{{\sin }^{p}x{\cos }^{q}x}$；
2. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x}{1+x^p}dx(p>0)$；
3. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}|\ln x{|}^{p}dx$；
4. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln (1+x)}{x^p}dx$；
5. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x^2}{1+x^p}dx(p\ge 0)$；
6. ${\int }_0^{+\infty }\frac{x^p\sin x}{1+x^q}dx$；
7. ${\int }_0^{+\infty }\frac{e^{\sin x}\sin 2x}{x^p}dx$；
8. ${\int }_e^{+\infty }\frac{dx}{(x-e{)}^p(\ln \ln x{)}^q}$。

解答

1. 在 $0$ 附近与 $x^{-p}$ 同阶，在 $\pi /2$ 附近与 $(\pi /2-x{)}^{-q}$ 同阶，故当且仅当 $p<1$ 且 $q<1$ 时收敛；因被积函数非负，这时也是绝对收敛。
2. 近 $0$ 无问题；在 $+\infty$ 处，$1/(1+x^p)$ 单调趋于 $0$，故对一切 $p>0$ 都收敛；当且仅当 $p>1$ 时绝对收敛，$0<p\le 1$ 时条件收敛。
3. 近 $0$ 时与 $|\ln x{|}^p$ 同阶，可积；在 $+\infty$ 处，$|\ln x{|}^p/x$ 单调趋于 $0$，故对一切 $p\ge 0$ 条件收敛，而绝对值积分总发散。
4. 近 $0$ 时与 $x^{1-p}$ 同阶，要求 $p<2$；在 $+\infty$ 处与 $(\ln x)/x^p$ 同阶，要求 $p>1$。故当且仅当 $1<p<2$ 时绝对收敛。
5. 近 $0$ 时与 $x^2$ 同阶；在 $+\infty$ 处，由 Fresnel 积分有界及 Dirichlet 判别法知对一切 $p\ge 0$ 都收敛，而绝对收敛当且仅当 $p>1$。故 $0\le p\le 1$ 条件收敛，$p>1$ 绝对收敛。
6. 近 $0$ 时与 $x^{p+1}$ 同阶，故须 $p>-2$。在 $+\infty$ 处与 $x^{p-q}\sin x$ 同阶，故绝对收敛当且仅当 $q-p>1$，条件收敛当且仅当 $0<q-p\le 1$。其余情形发散。
7. 因

$$e^{\sin x}\sin 2x=-2\frac{d}{dx}(e^{\sin x}(1-\sin x)),$$

分子有有界原函数。近 $0$ 时被积函数与 $x^{1-p}$ 同阶，故须 $p<2$；在 $+\infty$ 处由 Dirichlet 判别法知 $p>0$ 时收敛，且绝对收敛当且仅当 $p>1$。故 $1<p<2$ 绝对收敛，$0<p\le 1$ 条件收敛，其余发散。 8. 当 $x\to e^{+}$ 时，

$$\ln \ln x\sim \frac{x-e}{e},$$

故被积函数与 $(x-e{)}^{-(p+q)}$ 同阶，要求 $p+q<1$。当 $x\to +\infty$ 时，它与 $x^{-p}(\ln \ln x{)}^{-q}$ 同阶，而这只有在 $p>1$ 时才收敛。故当且仅当

$$p>1,p+q<1$$

时收敛；因被积函数非负，这就是绝对收敛范围。

题目 3

设 $a_1,\cdots ,a_n$ 为互不相同的实数，$p_1,\cdots ,p_n>0$，讨论广义积分

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{dx}{|x-a_1{|}^{p_1}|x-a_2{|}^{p_2}\cdots |x-a_n{|}^{p_n}}$$

的敛散性。

解答 在每个 $a_i$ 邻近，被积函数与 $|x-a_i{|}^{-p_i}$ 同阶，故必须且只需 $p_i<1$；在无穷远处，被积函数与 $|x{|}^{-\sum p_i}$ 同阶，故还须

$$\sum _{i=1}^n{p}_i>1.$$

因而原积分收敛当且仅当

$$p_i<1(i=1,\dots ,n),\sum _{i=1}^n{p}_i>1.$$

题目 4

讨论广义积分

$${\int }_0^{+\infty }\left[\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}\right]dx$$

的敛散性。

解答 当 $x\to 0^{+}$ 时，

$$\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}\sim -\ln x,$$

可积；当 $x\to +\infty$ 时，

$$\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}=\frac{1}{2x^2}+O\left(\frac{1}{x^3}\right),$$

故也可积，所以绝对收敛。

题目 5

判别广义积分

$${\int }_0^{+\infty }\frac{xdx}{1+x^4{\sin }^{2}x}$$

的敛散性。

解答 令

$$I_k=\left[k\pi -\frac{1}{k^2{\pi }^2},k\pi +\frac{1}{k^2{\pi }^2}\right](k\ge 1).$$

在 $I_k$ 上有 $x\asymp k\pi$，且 $|\sin x|\le |x-k\pi |\le 1/(k^2{\pi }^2)$，故

$$1+x^4{\sin }^{2}x\le 2$$

对大 $k$ 成立，于是

$${\int }_{I_k}\frac{xdx}{1+x^4{\sin }^{2}x}\ge ck\cdot \frac{1}{k^2}=\frac{c}{k}.$$

由调和级数发散，原积分发散。

题目 6

求函数

$$F(x)={\int }_0^{+\infty }{\left|t^2-\frac{1}{t^2}\right|}^{x}dt$$

的定义域。

解答 设 $F(x)={\int }_0^{+\infty }{\left|t^2-\frac{1}{t^2}\right|}^{x}dt$。在 $t\to 1$ 时，

$$\left|t^2-\frac{1}{t^2}\right|\sim 4|t-1|,$$

故需 $x>-1$。在 $t\to +\infty$ 时，被积函数与 $t^{2x}$ 同阶，故需 $x<-1/2$；在 $t\to 0^{+}$ 时，与 $t^{-2x}$ 同阶，故需 $x<1/2$。综上，定义域为

$$(-1,-1/2).$$

题目 7

设 $f^{\prime }\in C[0,1]$ 且 $f^{\prime }(x)$ 处处大于 $0$，证明：广义积分

$${\int }_0^1\frac{f(x)-f(0)}{x^p}dx$$

在 $p<2$ 时收敛，$p\ge 2$ 时发散。

解答 由 $f^{\prime }\in C[0,1]$ 且 $f^{\prime }(0)>0$，有

$$f(x)-f(0)\sim f^{\prime }(0)x(x\to 0^{+}).$$

因而被积函数与 $x^{1-p}$ 同阶，所以当且仅当 $p<2$ 时收敛，$p\ge 2$ 时发散。

题目 8

设 ${\int }_a^{+\infty }f$ 为条件收敛，证明：

1. 广义积分 ${\int }_a^{+\infty }(|f|\pm f)$ 发散；

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_a^x(|f|+f)}{{\int }_a^x(|f|-f)}=1.$$

解答 设

$$A(x)={\int }_a^x(|f|+f),B(x)={\int }_a^x(|f|-f).$$

则 $A(x)=2{\int }_a^x{f}_{+}$，$B(x)=2{\int }_a^x{f}_{-}$。由于 ${\int }_a^{+\infty }f$ 条件收敛，正部积分与负部积分都发散到 $+\infty$。

1. 因而

$${\int }_a^{+\infty }(|f|\pm f)$$

都发散。 2. 又有

$$A(x)-B(x)=2{\int }_a^{x}f(t)dt\to 2I,A(x)+B(x)=2{\int }_a^x|f(t)|dt\to +\infty ,$$

所以

$$\frac{A(x)}{B(x)}\to 1.$$

题目 9

设 $f\in C^1[a,+\infty )$ 单调，且 $f(+\infty )=0$，证明：

$${\int }_a^{+\infty }{f}^{\prime }(x){\sin }^{2}xdx$$

收敛。

解答 因 $f$ 单调且 $f(+\infty )=0$，故 $f^{\prime }$ 不变号且

$${\int }_a^{+\infty }|f^{\prime }(x)|dx=|f(a)|<\infty .$$

于是

$${\int }_a^{+\infty }|f^{\prime }(x){\sin }^{2}x|dx\le {\int }_a^{+\infty }|f^{\prime }(x)|dx<\infty ,$$

所以该积分绝对收敛。

题目 10

设 $f,g\in C^1[a,+\infty )$，$f^{\prime }(x)$ 非负，$f(+\infty )=0$，且 $g(x)$ 在 $[a,+\infty )$ 上有界，证明：

$${\int }_a^{+\infty }f(x)g^{\prime }(x)dx$$

收敛。

解答 分部积分得

$${\int }_a^{A}f(x)g^{\prime }(x)dx=f(A)g(A)-f(a)g(a)-{\int }_a^A{f}^{\prime }(x)g(x)dx.$$

因 $g$ 有界而 $f(A)\to 0$，第一项有极限；又因 $f^{\prime }\ge 0$ 且 $f(+\infty )=0$，有

$${\int }_a^{+\infty }|f^{\prime }(x)|dx=-f(a)<\infty ,$$

从而

$${\int }_a^{+\infty }{f}^{\prime }(x)g(x)dx$$

绝对收敛。故原积分收敛。

12.3.1 例题

例题 12.3.1

计算广义积分

$$I={\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{1+x^2}dx.$$

解 这时的积分以 $0$ 和 $+\infty$ 为奇点，容易验证其收敛性。因此可以将积分拆开成两个积分：

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{1+x^2}dx={\int }_0^1\frac{\ln x}{1+x^2}dx+{\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{1+x^2}dx,$$

然后对上式右边的第二个积分作倒代换，就得到

$${\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{1+x^2}dx=-{\int }_0^1\frac{\ln x}{1+x^2}dx.$$

因此原广义积分等于 $0$。

注 以上计算的实质是什么？试作代换 $x=\tan t$，就得到

$$I={\int }_0^{\pi /2}\ln \tan tdt.$$

由于

$$\ln \tan \left(\frac{\pi }{2}-t\right)=\ln \cot t=-\ln \tan t,$$

因此被积函数 $\ln \tan t$ 在区间 $(0,\pi /2)$ 上关于区间中点为奇函数。如果与命题 10.4.5 作比较，可见积分等于 $0$ 的原因在于对称性。关于命题 10.4.5 在广义积分情况的推广留作为 12.3.3 小节的练习题 1。

例题 12.3.2

计算广义积分

$${\int }_0^1(\ln x{)}^{n}dx,n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

解 这是一个无界积分，$x=0$ 是瑕点。由

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{\frac{1}{2}}(\ln x{)}^n=0$$

知所求广义积分收敛。设

$$I_n={\int }_0^1(\ln x{)}^{n}dx,$$

应用分部积分法得到

$$\begin{array}{rl}{I}_n& =x(\ln x{)}^n{|}_{0^{+}}^1-{\int }_0^{1}n(\ln x{)}^{n-1}dx\\ & =-n{\int }_0^1(\ln x{)}^{n-1}dx=-n{I}_{n-1}\\ & =(-1{)}^{2}n(n-1)I_{n-2}=\cdots =(-1{)}^{n}n!I_0=(-1{)}^{n}n!.\end{array}$$

评注 在广义积分计算中也可以用分部积分，但这时需要注意，如果在积分外出现非有限数，则不能得到正确结果。

例题 12.3.3

计算广义积分

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x\ln x}{(1+x^2{)}^2}dx.$$

分析 这个广义积分的收敛性是容易判别的，而且 $x=0$ 不是瑕点。为了计算它的值，可以用与例题 12.3.1 完全相同的方法，答案也是 $0$，同时那里的注解对本题也一样有效，细节从略。

但是由于本题的被积函数的形式，容易使我们产生用分部积分的想法。这时用分部积分得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }\frac{x\ln x}{(1+x^2{)}^2}dx& ={\int }_0^{+\infty }\ln xd\left(-\frac{1}{2(1+x^2)}\right)\\ & =-\frac{\ln x}{2(1+x^2)}{|}_{0^{+}}^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{2x(1+x^2)}.\end{array}$$

这时右边的第一项当 $x\to 0^{+}$ 时发散，同时最后一个积分也发散，出现了 $\infty -\infty$ 型的不等式。造成错误的原因是忽视了运用广义积分分部积分法的基本条件：在 ${\int }_a^{b}udv$，${\int }_a^{b}vdu$，$uv{|}_a^b$ 中至少要知道已有两个收敛。

注 类似的问题对于常义积分也是存在的，这在例题 10.4.1 中已经遇到过，但对于广义积分却难以用那里介绍的待定常数法来解决。当然，也可以如例题 9.1.5 那样，用分部积分法先求出本题的被积函数的不定积分，然后用广义的 Newton—Leibniz 公式进行计算。

12.3.2 几个特殊广义积分的计算例题

例题 12.3.4（Euler 积分）

计算积分

$$I={\int }_0^{\pi /2}\ln \sin xdx.$$

解 1 这是无界积分，瑕点为 $x=0$。利用 Cauchy 判别法，容易验证其收敛性。应用命题 10.4.6 在无界积分情况下的推广就容易计算如下：

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi /4}(\ln \sin x+\ln \cos x)dx={\int }_0^{\pi /4}(\ln \sin 2x-\ln 2)dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}\ln \sin ydy-\frac{\pi }{4}\ln 2=\frac{1}{2}I-\frac{\pi }{4}\ln 2.\end{array}$$

所以 $I=-\frac{\pi }{2}\ln 2$。

解 2 先作代换 $x=2t$，得到

$$I={\int }_0^{\pi /4}2\ln \sin 2tdt=\frac{\pi }{2}\ln 2+{\int }_0^{\pi /4}2\ln \sin tdt+{\int }_0^{\pi /4}2\ln \cos tdt.$$

对右边最后一个积分用代换 $t=\pi /2-u$，得到

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{\pi }{2}\ln 2+{\int }_0^{\pi /4}2\ln \sin tdt+{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}2\ln \sin udu\\ & =\frac{\pi }{2}\ln 2+{\int }_0^{\pi /2}2\ln \sin tdt=\frac{\pi }{2}\ln 2+2I.\end{array}$$

所以 $I=-\frac{\pi }{2}\ln 2$。

例题 12.3.5（Froullani（伏汝兰尼）积分）

设函数 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续，极限 $f(+\infty )$ 存在且有限，$0<a<b$，计算积分

$${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx.$$

解 本题的广义积分的收敛性将在下面的计算过程中建立。对 $0<r<R<+\infty$，由定积分的换元积分法，成立

$$\begin{array}{rl}{\int }_r^R\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx& ={\int }_r^R\frac{f(ax)}{x}dx-{\int }_r^R\frac{f(bx)}{x}dx\\ & ={\int }_{ar}^{aR}\frac{f(x)}{x}dx-{\int }_{br}^{bR}\frac{f(x)}{x}dx\\ & ={\int }_{ar}^{br}\frac{f(x)}{x}dx-{\int }_{aR}^{bR}\frac{f(x)}{x}dx.\end{array}$$

对上式右边的两个定积分分别应用积分第一中值定理，得到

$${\int }_{ar}^{br}\frac{f(x)}{x}dx=f(\xi ){\int }_{ar}^{br}\frac{dx}{x}=f(\xi )\ln \frac{b}{a},ar<\xi <br,$$ $${\int }_{aR}^{bR}\frac{f(x)}{x}dx=f(\eta ){\int }_{aR}^{bR}\frac{dx}{x}=f(\eta )\ln \frac{b}{a},aR<\eta <bR.$$

在上两式中分别令 $r\to 0^{+}$，$R\to +\infty$，注意到这时 $\xi \to 0^{+}$，$\eta \to +\infty$，由于 $f(0^{+})=f(0)$，$f(+\infty )$ 存在且有限，而且

$${\int }_r^R\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx$$

在这时的极限就是 Froullani 积分，便得到

$${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx=[f(0)-f(+\infty )]\ln \frac{b}{a}.$$

注 从上面的证明过程可以得到 Froullani 积分的两种变形：

(1) 若 $x\to +\infty$ 时 $f(x)$ 没有有限极限，但是对某个 $A>0$，积分

$${\int }_A^{+\infty }\frac{f(x)}{x}dx$$

收敛，则有

$${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx=f(0)\ln \frac{b}{a}.$$

(2) 若 $f$ 在 $0$ 点不连续，甚至右极限也不存在，但对于某个 $A>0$，积分

$${\int }_0^A\frac{f(x)}{x}dx$$

收敛，则有

$${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}dx=f(+\infty )\ln \frac{b}{a}.$$

例题 12.3.6（Dirichlet 积分）

证明：

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi }{2}.$$

解 从例题 12.2.3 已知这个广义积分为条件收敛。为了计算它的值，要利用在例题 10.4.3 中已经得到的结果（也有称为 Dirichlet 积分的）：

$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}dx=\frac{\pi }{2}.$$

先观察将其分母换为 $x$ 所产生的影响。用 L’Hospital 法则，有

$$f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2\sin \frac{x}{2}}=O(x)(x\to 0),$$

因此 $f$ 在 $[0,\pi ]$ 上常义可积。应用 Riemann 引理（例题 10.2.6），有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }f(x)\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)xdx=0,$$

并且得到

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)x}{x}dx=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}dx=\frac{\pi }{2}.$$

最后在利用代换得到的等式

$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)x}{x}dx={\int }_0^{(n+\frac{1}{2})\pi }\frac{\sin t}{t}dt$$

的两边令 $n\to \infty$，就得到所要求的结果。

例题 12.3.7（Euler-Poisson 积分）

证明：

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}dt=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

解 积分的收敛性是明显的。利用对于每个 $t$，数列

$$\left\{{\left(1-\frac{t^2}{n}\right)}^n\right\}$$

的极限是 $e^{-t^2}$，我们研究积分

$$I_n={\int }_0^{\sqrt{n}}{\left(1-\frac{t^2}{n}\right)}^{n}dt.$$

作代换 $t=\sqrt{n}\sin x$，就有

$$I_n=\sqrt{n}{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2n+1}xdx=\sqrt{n}\cdot \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\to \frac{\sqrt{\pi }}{2}(n\to \infty ).$$

这里利用了例题 10.4.9 和 Wallis 公式 (11.29)。由于右边的极限值已经是概率积分的数值，而且又有

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}dt=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\sqrt{n}}{e}^{-t^2}dt,$$

因此只需要再证明

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\sqrt{n}}\left[e^{-t^2}-{\left(1-\frac{t^2}{n}\right)}^n\right]dt=0.$$

利用关于指数函数的一个不等式（见例题 8.5.4）：当 $a\ge 1$ 时在区间 $[0,a]$ 上成立

$$0\le e^{-x}-{\left(1-\frac{x}{a}\right)}^a\le \frac{x^2}{a}{e}^{-x},(12.7)$$

在其中令 $x=t^2$，$a=n$，就得到估计式

$$0\le {\int }_0^{\sqrt{n}}\left[e^{-t^2}-{\left(1-\frac{t^2}{n}\right)}^n\right]dt\le \frac{{\int }_0^{\sqrt{n}}{t}^4{e}^{-t^2}dt}{n}.$$

由于当 $n\to \infty$ 时右边分子上的广义积分收敛，因此右边极限为 $0$。

注 计算概率积分的方法很多。比较传统的方法有：（1）从简单不等式

$$1-x^2\le e^{-x^2}\le \frac{1}{1+x^2}(x\ge 0)(12.8)$$

出发，用夹逼方法；（2）二重广义积分方法；（3）含参积分中交换积分次序的方法；（4）对广义积分取极限的方法。

12.3.3 练习题

题目 1

根据例题 12.3.1 的注，（1）写出命题 10.4.5 在广义积分情况的推广，并作出证明；（2）推广该例题，也就是说当 $f$ 在区间 $[0,+\infty )$ 上满足什么条件时，可以利用类似的方法，或命题 10.4.5 的推广形式，证明 $f$ 在这个区间上的广义积分等于 $0$。

解答 若广义积分 ${\int }_a^{b}f(x)dx$ 收敛，并且区间关于中点 $m=(a+b)/2$ 对称，则命题 10.4.5 的推广仍成立：若

$$f(2m-x)=f(x),$$

则

$${\int }_a^{b}f(x)dx=2{\int }_a^{m}f(x)dx;$$

若

$$f(2m-x)=-f(x),$$

则

$${\int }_a^{b}f(x)dx=0.$$

证明与常义积分完全一样，只需先在去掉奇点后的有限区间上作代换，再令端点趋向奇点即可。

对 $[0,+\infty )$ 上的推广，可利用倒代换 $x\mapsto 1/x$。若 $f$ 在 $(0,+\infty )$ 上满足

$$f\left(\frac{1}{x}\right)=-x^{2}f(x),$$

且 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，则

$${\int }_1^{+\infty }f(x)dx={\int }_0^1\frac{f(1/x)}{x^2}dx=-{\int }_0^{1}f(x)dx,$$

因而

$${\int }_0^{+\infty }f(x)dx=0.$$

例题 12.3.1 与 12.3.3 都属于这一类。

题目 2

计算下列广义积分：

1. ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x}|\sin x|dx$；
2. ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{e^{x+1}+e^{3-x}}$；
3. ${\int }_a^b\frac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}$；
4. ${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^n}(n\in {\mathbb{N}}_{+})$；
5. ${\int }_0^1{x}^n{\left(\ln \frac{1}{x}\right)}^{m}dx(n,m\in {\mathbb{N}}_{+})$；
6. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin \left(x-\frac{1}{x}\right)}{x}dx$；
7. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{(x^2+1)(x^2+4)}dx$；
8. ${\int }_{-1}^1\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{1+2^{1/x}}\right)dx$。

解答

1. 记

$$I={\int }_0^{\pi }{e}^{-x}\sin xdx=\frac{1+e^{-\pi }}{2}.$$

由 $|\sin x|$ 的周期为 $\pi$，得

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x}|\sin x|dx=I\sum _{k=0}^{\infty }{e}^{-k\pi }=\frac{1+e^{-\pi }}{2(1-e^{-\pi })}.$$

2. 令 $t=e^{x-1}$，则

$${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{e^{x+1}+e^{3-x}}=e^{-2}{\int }_1^{+\infty }\frac{dt}{1+t^2}=\frac{\pi }{4e^2}.$$

3. 令 $x=\frac{a+b}{2}+\frac{b-a}{2}\sin t$，得

$${\int }_a^b\frac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}dt=\pi .$$

4. 令 $x=\tan t$，得

$${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^n}={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2n-2}tdt=\frac{\pi }{2}\frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}.$$

5. 令 $u=\ln (1/x)$，则

$${\int }_0^1{x}^n{\left(\ln \frac{1}{x}\right)}^{m}dx={\int }_0^{+\infty }{u}^m{e}^{-(n+1)u}du=\frac{m!}{(n+1{)}^{m+1}}.$$

6. 将积分拆成 $(0,1)$ 与 $(1,+\infty )$ 两段，对后一段作倒代换，得两段互为相反数，所以积分等于 $0$。
7. 用部分分式

$$\frac{1}{(x^2+1)(x^2+4)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+4}\right)$$

并记

$$J(a)={\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{x^2+a^2}dx.$$

由 $x=at$ 得 $J(a)=\frac{\pi }{2a}\ln a$。于是

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{(x^2+1)(x^2+4)}dx=\frac{1}{3}\left(0-\frac{\pi }{4}\ln 2\right)=-\frac{\pi \ln 2}{12}.$$

8. 设 $F(x)=\frac{1}{1+2^{1/x}}$。则

$$F(1)=\frac{1}{3},F(-1)=\frac{2}{3},F(0^{+})=0,F(0^{-})=1.$$

因而

$${\int }_{-1}^1{F}^{\prime }(x)dx=\left(F(0^{-})-F(-1)\right)+\left(F(1)-F(0^{+})\right)=\frac{2}{3}.$$

题目 3

利用 Euler 积分（例题 12.3.4）计算下列积分：

1. ${\int }_0^{\pi /2}\ln \tan xdx$；
2. ${\int }_0^1\frac{\ln x}{\sqrt{1-x^2}}dx$；
3. ${\int }_0^1\frac{\arcsin x}{x}dx$；
4. ${\int }_0^{\pi /2}x\cot xdx$；
5. ${\int }_0^{\pi }x\ln \sin xdx$；
6. ${\int }_0^{\pi }\frac{x\sin x}{1-\cos x}dx$；
7. ${\int }_0^{+\infty }\frac{x}{\sqrt{e^{2x}-1}}dx$；
8. ${\int }_0^{\pi /2}\ln |{\sin }^{2}x-a^2|dx(a^2\le 1)$。

解答

1. 由奇偶对称，

$${\int }_0^{\pi /2}\ln \tan xdx=0.$$

2. 令 $x=\sin t$，得

$${\int }_0^1\frac{\ln x}{\sqrt{1-x^2}}dx={\int }_0^{\pi /2}\ln \sin tdt=-\frac{\pi }{2}\ln 2.$$

3. 令 $x=\sin t$，则

$${\int }_0^1\frac{\arcsin x}{x}dx={\int }_0^{\pi /2}t\cot tdt=\frac{\pi }{2}\ln 2.$$

4. 与上题同值，故

$${\int }_0^{\pi /2}x\cot xdx=\frac{\pi }{2}\ln 2.$$

5. 由 $x\mapsto \pi -x$，得

$$2{\int }_0^{\pi }x\ln \sin xdx=\pi {\int }_0^{\pi }\ln \sin xdx=-{\pi }^2\ln 2,$$

故积分为 $-\frac{{\pi }^2}{2}\ln 2$。 6. 因

$$\frac{\sin x}{1-\cos x}=\cot \frac{x}{2},$$

所以

$${\int }_0^{\pi }\frac{x\sin x}{1-\cos x}dx=4{\int }_0^{\pi /2}u\cot udu=2\pi \ln 2.$$

7. 令 $u=e^{-x}$，则

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x}{\sqrt{e^{2x}-1}}dx=-{\int }_0^1\frac{\ln u}{\sqrt{1-u^2}}du=\frac{\pi }{2}\ln 2.$$

8. 设 $a=\sin \alpha$，$0\le \alpha \le \pi /2$，则

$${\sin }^{2}x-a^2=\sin (x+\alpha )\sin (x-\alpha ).$$

于是原积分等于两段 Euler 积分之和，最后化为

$${\int }_0^{\pi /2}\ln |{\sin }^{2}x-a^2|dx=-\pi \ln 2.$$

题目 4

利用 Froullani 积分（例题 12.3.5 及其注）计算下列积分（$a,b>0$）：

1. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan ax-\arctan bx}{x}dx$；
2. ${\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}dx$；
3. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos ax-\cos bx}{x}dx$；
4. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin ax\sin bx}{x}dx$；
5. ${\int }_0^1\frac{x^{a-1}-x^{b-1}}{\ln x}dx$；
6. ${\int }_0^{+\infty }\frac{b\sin ax-a\sin bx}{x^2}dx$。

解答

1. 取 $f(u)=\arctan u$，则 $f(0)=0$，$f(+\infty )=\pi /2$，故

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan ax-\arctan bx}{x}dx=\frac{\pi }{2}\ln \frac{a}{b}.$$

2. 取 $f(u)=e^{-u}$，得

$${\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}dx=\ln \frac{b}{a}.$$

3. 取 $f(u)=\cos u$ 并用例题 12.3.5 后的注，得

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos ax-\cos bx}{x}dx=\ln \frac{b}{a}.$$

4. 用积化和差公式，

$$2\sin ax\sin bx=\cos (a-b)x-\cos (a+b)x,$$

因而当 $a\ne b$ 时

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin ax\sin bx}{x}dx=\frac{1}{2}\ln \frac{a+b}{|a-b|}.$$

若 $a=b$，则被积函数与 ${\sin }^2(ax)/x$ 同阶，发散。 5. 令 $x=e^{-t}$，得

$${\int }_0^1\frac{x^{a-1}-x^{b-1}}{\ln x}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-bt}-e^{-at}}{t}dt=\ln \frac{a}{b}.$$

6. 分部积分得

$${\int }_0^{+\infty }\frac{b\sin ax-a\sin bx}{x^2}dx=ab{\int }_0^{+\infty }\frac{\cos ax-\cos bx}{x}dx=ab\ln \frac{b}{a}.$$

题目 5

利用 Dirichlet 积分（例题 12.3.6）计算下列积分：

1. ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{2}x}{x^2}dx$；
2. ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{4}x}{x^2}dx$；
3. ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{4}x}{x^4}dx$；
4. ${\int }_0^{+\infty }\frac{x-\sin x}{x^3}dx$；
5. ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{\sin x}{x(x-\pi )}dx$；
6. ${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x^2}{x}dx$。

解答

1. 由

$${\sin }^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2}$$

及分部积分，得

$${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{2}x}{x^2}dx=\frac{\pi }{2}.$$

2. 用

$${\sin }^{4}x=\frac{1}{2}(1-\cos 2x)-\frac{1}{8}(1-\cos 4x),$$

便得

$${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{4}x}{x^2}dx=\frac{\pi }{4}.$$

3. 记

$$F(a)={\int }_0^{+\infty }{\left(\frac{\sin ax}{x}\right)}^{4}dx=a^{3}F(1).$$

对 $a$ 求导并分部积分，得

$$F^{\prime }(a)={\int }_0^{+\infty }\frac{\sin 2ax-\frac{1}{2}\sin 4ax}{x^3}dx=a{\int }_0^{+\infty }\frac{\cos 2ax-\cos 4ax}{x^2}dx=\pi a^2.$$

因 $F(0)=0$，故 $F(a)=\pi a^3/3$，于是

$${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{4}x}{x^4}dx=F(1)=\frac{\pi }{3}.$$

4. 分部积分：

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x-\sin x}{x^3}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{1-\cos x}{x^2}dx=\frac{\pi }{4}.$$

5. 用

$$\frac{1}{x(x-\pi )}=\frac{1}{\pi }\left(\frac{1}{x-\pi }-\frac{1}{x}\right)$$

及倒移代换 $u=x-\pi$，得

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{\sin x}{x(x-\pi )}dx=-2.$$

6. 令 $u=x^2$，则

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x^2}{x}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin u}{u}du=\frac{\pi }{4}.$$

题目 6

利用概率积分（例题 12.3.7）计算下列积分：

1. ${\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-x^2}}{{\left(x^2+\frac{1}{2}\right)}^2}dx$；
2. ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-a^2{x}^2-\frac{b^2}{x^2}}dx$。

解答

1. 记

$$J(a)={\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-x^2}}{x^2+a^2}dx.$$

用参数积分可得

$$J(a)=\frac{\pi }{2a}{e}^{a^2}\mathrm{erfc}(a).$$

再对 $a$ 求导，

$$-\frac{1}{2a}{J}^{\prime }(a)={\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-x^2}}{(x^2+a^2{)}^2}dx.$$

取 $a=1/\sqrt{2}$ 时，含 $\mathrm{erfc}$ 的项恰好消失，得到

$${\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-x^2}}{{\left(x^2+\frac{1}{2}\right)}^2}dx=\sqrt{\pi }.$$

2. 写成

$$a^2{x}^2+\frac{b^2}{x^2}={\left(ax-\frac{b}{x}\right)}^2+2ab.$$

于是

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-a^2{x}^2-b^2/x^2}dx=e^{-2ab}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-(ax-b/x{)}^2}dx.$$

在后一积分中令 $u=ax-b/x$，则

$$dx=\frac{1}{2a}\left(1+\frac{u}{\sqrt{u^2+4ab}}\right)du.$$

奇函数部分积分为 $0$，故

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-(ax-b/x{)}^2}dx=\frac{1}{2a}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-u^2}du=\frac{\sqrt{\pi }}{2a}.$$

因而

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-a^2{x}^2-b^2/x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2a}{e}^{-2ab}.$$

题目 7

若 $a,b>0$，广义积分 ${\int }_0^{+\infty }f\left(ax+\frac{b}{x}\right)dx$ 收敛，证明：

$${\int }_0^{+\infty }f\left(ax+\frac{b}{x}\right)dx=\frac{1}{a}{\int }_0^{+\infty }f\left(\sqrt{t^2+4ab}\right)dt.$$

解答 令

$$t=ax-\frac{b}{x}.$$

则

$$ax+\frac{b}{x}=\sqrt{t^2+4ab},dx=\frac{1}{2a}\left(1+\frac{t}{\sqrt{t^2+4ab}}\right)dt.$$

当 $x:0\to +\infty$ 时，$t:-\infty \to +\infty$。于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }f\left(ax+\frac{b}{x}\right)dx& =\frac{1}{2a}{\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(\sqrt{t^2+4ab}\right)\left(1+\frac{t}{\sqrt{t^2+4ab}}\right)dt\\ & =\frac{1}{2a}{\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(\sqrt{t^2+4ab}\right)dt=\frac{1}{a}{\int }_0^{+\infty }f\left(\sqrt{t^2+4ab}\right)dt,\end{array}$$

因为第二项是奇函数积分。

12.4.1 收敛无穷限积分的被积函数在无穷远处的性质例题

例题 12.4.1

设无穷限广义积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，且 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ 有意义，则它一定等于 $0$。

证 若 $f(+\infty )$ 为有限正数或正无穷大，则都存在 $x_0>a$ 和 $c>0$，使得当 $x>x_0$ 时成立 $f(x)>c$。因此对于 $A>x_0$，有

$${\int }_a^{A}f(x)dx={\int }_a^{x_0}f(x)dx+{\int }_{x_0}^{A}f(x)dx{\int }_a^{x_0}f(x)dx+c(A-x_0)\to +\infty (A\to +\infty ).$$

这与无穷限积分收敛的条件矛盾，可见 $f(+\infty )$ 不可能是有限正数或正无穷大，同样地可以证明 $f(+\infty )$ 也不可能是负数或负无穷大，因此得到 $f(+\infty )=0$。

例题 12.4.2

若无穷限积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，且 $f$ 单调，则有

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }xf(x)=0.$$

证 不妨设 $f$ 单调减少。与例题 12.4.1 的证明类似，可以知道 $f$ 非负。由于广义积分收敛，对于 $\epsilon >0$，有正数 $M>a$，使得对于任何一对 $A_1,A_2>M$，成立不等式

$$\left|{\int }_{A_1}^{A_2}f(t)dt\right|<\epsilon .$$

取 $A_1=x$，$A_2=2x$，则当 $x>M$ 时，就有

$$0\le xf(2x)\le {\int }_x^{2x}f(t)dt<\epsilon ,$$

即已经得到 ${\lim }_{x\to +\infty }xf(x)=0$。

例题 12.4.3

设 $f\in C[a,+\infty )$，且 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，则存在数列 $\{x_n\}\subset [a,+\infty )$，满足条件

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty ,\underset{n\to \infty }{\lim }f(x_n)=0.$$

证 根据广义积分收敛的条件得到

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_n^{n+1}f(x)dx=0.$$

对上面的积分用积分第一中值定理，并且用 $x_n$ 记其中的中值，就有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }f(x_n)=0,$$

这时 $x_n\in (n,n+1)$。因此 $\{f(x_n)\}$ 是无穷小量，而 $\{x_n\}$ 是正无穷大量。

注 可以进一步证明存在数列 $\{x_n\}\subset [a,+\infty )$，满足条件

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty ,\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{n}f(x_n)=0.$$

见下面的练习题 6。

12.4.2 练习题

题目 1

设 $f$ 于 $[a,+\infty )$ 上可导，$f^{\prime }$ 内闭可积，且广义积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 和 ${\int }_a^{+\infty }{f}^{\prime }(x)dx$ 都收敛，证明：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0.$$

解答 由

$$f(x)=f(a)+{\int }_a^x{f}^{\prime }(t)dt$$

可知，因 ${\int }_a^{+\infty }{f}^{\prime }$ 收敛，$f(x)$ 必有有限极限 $\ell$。若 $\ell \ne 0$，则 $f$ 在无穷远处不趋于零，${\int }_a^{+\infty }f$ 不可能收敛，矛盾。故 $\ell =0$。

题目 2

设函数 $f(x)$ 在 $[a,+\infty )$ 上有有界的导函数且无穷限积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，证明：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0.$$

解答 设 $|f^{\prime }(x)|\le M$。若结论不成立，则存在 $\epsilon >0$ 及 $x_n\to +\infty$，使 $|f(x_n)|\ge 2\epsilon$。取同号子列后，不妨设 $f(x_n)\ge 2\epsilon$。于是对 $|x-x_n|\le \epsilon /M$ 有

$$f(x)\ge f(x_n)-M|x-x_n|\ge \epsilon .$$

取彼此不交的这些小区间，便知 ${\int }_a^{+\infty }f$ 不满足 Cauchy 收敛准则，矛盾。故 $f(x)\to 0$。

题目 3

举例说明例题 12.4.2 之逆不成立，也就是说，当函数 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上单调，且满足条件

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }xf(x)=0$$

时，广义积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 仍可能发散。

解答 例如

$$f(x)=\frac{1}{x\ln x}(x\ge e).$$

它单调减少，且 $xf(x)=1/\ln x\to 0$，但

$${\int }_e^{+\infty }\frac{dx}{x\ln x}$$

发散。

题目 4

若 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，且 $xf(x)$ 单调，证明：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }xf(x)\ln x=0.$$

解答 记 $g(x)=xf(x)$。由 ${\int }_a^{+\infty }f$ 收敛可知 $g(x)\to 0$，且因 $g$ 单调，故最终不变号。于是对充分大的 $x$，

$$\left|{\int }_{\sqrt{x}}^{x}f(t)dt\right|=\left|{\int }_{\sqrt{x}}^x\frac{g(t)}{t}dt\right|\ge |g(x)|{\int }_{\sqrt{x}}^x\frac{dt}{t}=\frac{1}{2}|g(x)|\ln x.$$

左端随 $x\to +\infty$ 趋于 $0$，故 $|g(x)|\ln x\to 0$，即

$$xf(x)\ln x\to 0.$$

题目 5

设函数 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上可微且无穷限积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，证明：存在数列 $\{x_n\}$，使

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty ,\underset{n\to \infty }{\lim }{f}^{\prime }(x_n)=0.$$

解答 设

$$y_n={\int }_n^{n+1}f(x)dx.$$

因广义积分收敛，$y_n\to 0$。由积分中值定理，存在 ${\xi }_n\in (n,n+1)$ 使 $f({\xi }_n)=y_n$，故 $f({\xi }_n)\to 0$。再由 Lagrange 定理，存在 $x_n\in ({\xi }_n,{\xi }_{n+1})$ 使

$$f^{\prime }(x_n)=\frac{f({\xi }_{n+1})-f({\xi }_n)}{{\xi }_{n+1}-{\xi }_n}\to 0.$$

显然 $x_n\to +\infty$。

题目 6

1. 设 $f\in C[a,+\infty )$，且 ${\int }_a^{+\infty }|f(x)|dx$ 收敛，证明存在数列 $\{x_n\}\subset [a,+\infty )$，满足条件

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty ,\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{n}f(x_n)=0;$$

2. 证明在 $f\in C[a,+\infty )$，且 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上的广义积分为条件收敛时有与 (1) 同样的结论；
3. 问：在 $f$ 不满足连续条件时结论是否成立？根据 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上的广义积分为绝对收敛和条件收敛分别讨论。

解答

1. 若不存在这样的数列，则存在 $\epsilon >0$ 与 $X$，使 $x|f(x)|\ge \epsilon$ 对一切 $x\ge X$ 成立。于是

$$|f(x)|\ge \frac{\epsilon }{x}(x\ge X),$$

从而 ${\int }_X^{+\infty }|f(x)|dx$ 发散，矛盾。 2. 设

$$I_n={\int }_n^{2n}f(x)dx.$$

因广义积分收敛，$I_n\to 0$。由积分中值定理，存在 $x_n\in [n,2n]$ 使 $I_n=nf(x_n)$，故

$$x_n|f(x_n)|\le 2|I_n|\to 0.$$

3. 在绝对收敛情形，不需要连续性，(1) 的证明完全成立；在条件收敛情形，结论不再成立。例如

$$f(x)=\frac{(-1{)}^n}{x},x\in [n,n+1),$$

则 ${\int }_1^{+\infty }f(x)dx$ 由交错级数判别可知收敛，但对一切 $x\ge 1$ 都有 $|xf(x)|=1$，故不可能沿某个趋于无穷大的数列趋于 $0$。

12.5.2 第一组参考题

第一组参考题 1

证明：对于任何实数 $\alpha$，成立恒等式

$${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}={\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2}=\frac{\pi }{4},$$

并计算以下积分：

1. ${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2)(1+x^6)}$；
2. ${\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{1+{\tan }^{100}x}$。

解答 记

$$I_{\alpha }={\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}.$$

把积分拆成 $(0,1)$ 与 $(1,+\infty )$ 两段，并在前一段作代换 $x=1/t$，得

$$\begin{array}{rl}{I}_{\alpha }& ={\int }_1^{+\infty }\frac{x^{\alpha }dx}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}+{\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2)(1+x^{\alpha })}\\ & ={\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2}=\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

因而

$${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2)(1+x^6)}=\frac{\pi }{4},{\int }_0^{\pi /2}\frac{dx}{1+{\tan }^{100}x}={\int }_0^{+\infty }\frac{dt}{(1+t^2)(1+t^{100})}=\frac{\pi }{4}.$$

第一组参考题 2

证明（或改进）对以下广义积分的估计：

1. $\frac{1}{29}<{\int }_1^{+\infty }\frac{x^{30}+1}{x^{60}+1}dx<\frac{1}{29}+\frac{1}{59}$；
2. $\frac{\pi }{10}<{\int }_0^2\frac{dx}{(4+\sqrt{\sin x})\sqrt{4-x^2}}<\frac{\pi }{8}$；
3. $\frac{1}{30}<{\int }_2^{+\infty }\frac{\sqrt{x^3-x^2+3}}{x^5+x^2+1}dx<\frac{\sqrt{2}}{20}$；
4. $0.0099<{\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-x}}{x+100}dx<0.01$。

解答

1. 对 $x\ge 1$，有

$$\frac{1}{x^{30}}<\frac{x^{30}+1}{x^{60}+1}<\frac{1}{x^{30}}+\frac{1}{x^{60}},$$

积分即得

$$\frac{1}{29}<{\int }_1^{+\infty }\frac{x^{30}+1}{x^{60}+1}dx<\frac{1}{29}+\frac{1}{59}.$$

2. 因 $0\le \sqrt{\sin x}\le 1$，故

$$\frac{1}{5\sqrt{4-x^2}}<\frac{1}{(4+\sqrt{\sin x})\sqrt{4-x^2}}<\frac{1}{4\sqrt{4-x^2}},$$

再用 $x=2\sin t$，得

$$\frac{\pi }{10}<{\int }_0^2\frac{dx}{(4+\sqrt{\sin x})\sqrt{4-x^2}}<\frac{\pi }{8}.$$

3. 对 $x\ge 2$，有

$$x^3-x^2+3\ge \frac{x^3}{2},x^2+1\le \frac{x^5}{2},$$

从而

$$\frac{1}{30}={\int }_2^{+\infty }\frac{\sqrt{2}}{3x^{7/2}}dx<{\int }_2^{+\infty }\frac{\sqrt{x^3-x^2+3}}{x^5+x^2+1}dx<{\int }_2^{+\infty }\frac{dx}{x^{7/2}}=\frac{\sqrt{2}}{20}.$$

4. 由 $1+t\le e^t$，得

$$x+100\le 100e^{x/100},$$

因而

$$\frac{e^{-x}}{x+100}\ge \frac{1}{100}{e}^{-101x/100}.$$

积分得

$$\frac{1}{101}<{\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-x}}{x+100}dx<\frac{1}{100},$$

即

$$0.0099<{\int }_0^{+\infty }\frac{e^{-x}}{x+100}dx<\mathrm{0.01.}$$

第一组参考题 3

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上内闭可积，$p\ge 1$，且 $|f{|}^p$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上可积，证明：

$$\underset{h\to 0}{\lim }{\int }_{-\infty }^{+\infty }|f(x+h)-f(x){|}^{p}dx=0.$$

解答 先对紧支连续函数成立：若 $\phi \in C_c(\mathbb{R})$，则由一致连续性，

$$\underset{h\to 0}{\lim }{\int }_{-\infty }^{+\infty }|\phi (x+h)-\phi (x){|}^{p}dx=0.$$

再用 $C_c(\mathbb{R})$ 在 $L^p(\mathbb{R})$ 中的稠密性，任取 $\epsilon >0$，选 $\phi$ 使 $\Vert f-\phi {\Vert }_p<\epsilon$，则

$$\Vert f(\cdot +h)-f{\Vert }_p\le 2\Vert f-\phi {\Vert }_p+\Vert \phi (\cdot +h)-\phi {\Vert }_p.$$

令 $h\to 0$ 再令 $\epsilon \to 0$ 即得结论。

第一组参考题 4

设 $f,g$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上内闭可积，$p>1$，且 $|f{|}^p$，$|g{|}^{p/(p-1)}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上可积，证明：函数

$$I(t)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x+t)g(x)dx$$

在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续。

解答 设 $q=p/(p-1)$。由 Hölder 不等式，

$$|I(t+h)-I(t)|\le \Vert f(\cdot +t+h)-f(\cdot +t){\Vert }_p\Vert g{\Vert }_q.$$

前一题说明右端当 $h\to 0$ 时趋于 $0$，故 $I(t)$ 连续。

第一组参考题 5

设 $f\in C^1[a,+\infty )$，单调减少，且 $f(+\infty )=0$，证明：广义积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 收敛的充分必要条件是

$${\int }_a^{+\infty }x{f}^{\prime }(x)dx$$

收敛。

解答 分部积分得

$${\int }_a^{A}x{f}^{\prime }(x)dx=Af(A)-af(a)-{\int }_a^{A}f(x)dx.$$

若 ${\int }_a^{+\infty }f$ 收敛，则由例题 12.4.2 知 $Af(A)\to 0$，故 ${\int }_a^{+\infty }x{f}^{\prime }(x)dx$ 收敛。反之若后者收敛，由

$$f(A)=-{\int }_A^{+\infty }{f}^{\prime }(x)dx\le -\frac{1}{A}{\int }_A^{+\infty }x{f}^{\prime }(x)dx$$

可知 $Af(A)\to 0$，再由上式反解便得 ${\int }_a^{+\infty }f$ 收敛。

第一组参考题 6

设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上为内闭可积的正函数，且有

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln f(x)}{\ln x}=p,$$

则当 $-\infty \le p<-1$ 时，积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，而当 $-1<p\le +\infty$ 时，积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 发散。

解答 若 $p<-1$，取 $\epsilon >0$ 使 $p+\epsilon <-1$，则对充分大的 $x$ 有

$$f(x)\le x^{p+\epsilon },$$

故积分收敛。若 $p>-1$，取 $\epsilon >0$ 使 $p-\epsilon >-1$，则对充分大的 $x$ 有

$$f(x)\ge x^{p-\epsilon },$$

故积分发散。情形 $p=\pm \infty$ 也包含在内。临界情形 $p=-1$ 不能单凭此极限判定。

第一组参考题 7

证明：

$${\int }_1^{+\infty }\left(\frac{1}{[x]}-\frac{1}{x}\right)dx=\gamma ,$$

其中 $\gamma$ 是 Euler 常数（见 2.5.3 小节）。

解答 将积分拆成各个区间 $[n,n+1)$，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{+\infty }\left(\frac{1}{[x]}-\frac{1}{x}\right)dx& =\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_n^{n+1}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{x}\right)dx\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\right).\end{array}$$

其部分和为 $H_n-\ln (n+1)$，故极限是 Euler 常数 $\gamma$。

第一组参考题 8

判别广义积分

$${\int }_0^{+\infty }\left[{\left(1-\frac{\sin x}{x}\right)}^{-1/3}-1\right]dx$$

的收敛性与绝对收敛性。

解答 记

$$\varphi (u)=(1-u{)}^{-1/3}-1.$$

当 $u\to 0$ 时，$\varphi (u)=\frac{1}{3}u+O(u^2)$。又

$$1-\frac{\sin x}{x}\sim \frac{x^2}{6}(x\to 0),$$

所以原被积函数在 $0$ 附近与常数倍 $x^{-2/3}$ 同阶，可积。至于无穷远处，

$$\varphi \left(\frac{\sin x}{x}\right)=\frac{\sin x}{3x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right),$$

故由 Dirichlet 判别法知它条件收敛，而绝对值与 $|\sin x|/x$ 同阶，故绝对发散。

第一组参考题 9

讨论以下带有参数的广义积分的敛散性，确定使得积分绝对收敛、条件收敛和发散的参数范围：

1. ${\int }_0^{+\infty }\frac{x^p}{(1+x^q)|\sin x{|}^r}dx(p,q,r>0)$；
2. ${\int }_1^{+\infty }\frac{\sin x\cos \frac{1}{x}}{x^p}dx$。

解答

1. 被积函数非负，因此只有“收敛或发散”两种情形。在 $0$ 附近，它与 $x^{p-r}$ 同阶，要求 $p-r>-1$；在每个 $n\pi$ 邻近，它与 $n^{p-q}|x-n\pi {|}^{-r}$ 同阶，故必须 $r<1$，并且由求和得到还须

$$\sum n^{p-q}<\infty ⟺q-p>1.$$

因而当且仅当

$$r<1,p-r>-1,q-p>1$$

时收敛。

2. 因

$$\cos \frac{1}{x}=1+O\left(\frac{1}{x^2}\right)$$

当 $x\to +\infty$ 时，原被积函数与 $\sin x/x^p$ 同阶。故 $p>1$ 时绝对收敛，$0<p\le 1$ 时条件收敛，$p\le 0$ 时发散。

第一组参考题 10

设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上单调有界，广义积分

$${\int }_a^{+\infty }f(x)\sin pxdx$$

在 $p>0$ 时收敛，证明：

$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{+\infty }f(x)\sin pxdx=0.$$

解答 因题设对每个 $p>0$ 都收敛，由例题 12.4.1 知 $f(+\infty )=0$。任给 $\epsilon >0$，取 $A$ 使 $|f(x)|<\epsilon$ 当 $x\ge A$。则

$$\left|{\int }_A^{+\infty }f(x)\sin pxdx\right|\le 2\epsilon$$

对充分大的 $p$ 成立（由第二中值定理或 Dirichlet 估计即可）。而在有限区间 $[a,A]$ 上，Riemann 引理给出

$$\underset{p\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{A}f(x)\sin pxdx=0.$$

故总极限为 $0$。

第一组参考题 11

设 $f\in C[0,+\infty )$，广义积分 ${\int }_0^{+\infty }\phi (x)dx$ 绝对收敛，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\sqrt{n}}f\left(\frac{x}{n}\right)\phi (x)dx=f(0){\int }_0^{+\infty }\phi (x)dx.$$

解答 记

$$I_n={\int }_0^{\sqrt{n}}f\left(\frac{x}{n}\right)\phi (x)dx.$$

先写成

$$I_n-f(0){\int }_0^{+\infty }\phi ={\int }_0^{\sqrt{n}}\left(f\left(\frac{x}{n}\right)-f(0)\right)\phi (x)dx-f(0){\int }_{\sqrt{n}}^{+\infty }\phi (x)dx.$$

第二项因绝对收敛而趋于 $0$。对第一项，任给 $\epsilon >0$，由 $f$ 在 $0$ 点连续，取 $\delta >0$ 使 $|f(t)-f(0)|<\epsilon$ 当 $0\le t<\delta$。对充分大的 $n$，在 $[0,\sqrt{n}]$ 上有 $x/n<\delta$，故

$$\left|{\int }_0^{\sqrt{n}}\left(f\left(\frac{x}{n}\right)-f(0)\right)\phi (x)dx\right|\le \epsilon {\int }_0^{+\infty }|\phi (x)|dx.$$

于是结论成立。

第一组参考题 12

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上绝对可积，证明：

1. $\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\sin nxdx=0$；
2. $\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)|\sin nx|dx=\frac{2}{\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx$。

解答

1. 这是 $L^1(\mathbb{R})$ 上的 Riemann 引理：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\sin nxdx=0.$$

2. 用 Fourier 级数

$$|\sin t|=\frac{2}{\pi }-\frac{4}{\pi }\sum _{k=1}^{\infty }\frac{\cos 2kt}{4k^2-1}$$

逐项积分，并用 (1) 消去振荡项，得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)|\sin nx|dx=\frac{2}{\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx.$$

第一组参考题 13

在常义积分的积分第二中值定理的基础上，证明广义积分第二中值定理：设广义积分 ${\int }_a^{b}g(x)dx$ 收敛（奇点为 $a$ 或 $b$，或者 $a$ 和 $b$ 都是奇点），如果 $f$ 在 $(a,b)$ 上单调有界，则存在 $\xi \in [a,b]$，使

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(a+){\int }_a^{\xi }g(x)dx+f(b-){\int }_{\xi }^{b}g(x)dx.$$

解答 对去掉奇点后的有限区间先用常义积分第二中值定理：对每个 $\epsilon ,\delta >0$，存在 ${\xi }_{\epsilon ,\delta }\in [a+\epsilon ,b-\delta ]$，使

$${\int }_{a+\epsilon }^{b-\delta }f(x)g(x)dx=f(a+\epsilon ){\int }_{a+\epsilon }^{{\xi }_{\epsilon ,\delta }}g(x)dx+f(b-\delta ){\int }_{{\xi }_{\epsilon ,\delta }}^{b-\delta }g(x)dx.$$

令 $\epsilon ,\delta \to 0$，利用 $f$ 的单调有界性与 ${\int }_a^{b}g$ 的收敛性，即得

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(a+){\int }_a^{\xi }g(x)dx+f(b-){\int }_{\xi }^{b}g(x)dx.$$

第一组参考题 14

设广义积分 ${\int }_1^{+\infty }f(x)dx$ 收敛。证明：存在 $\xi \in (1,+\infty )$，使得

$${\int }_1^{+\infty }{x}^{-1}f(x)dx={\int }_1^{\xi }f(x)dx.$$

解答 由上题对单调函数 $1/x$ 应用广义积分第二中值定理，存在 $\xi \in (1,+\infty )$，使

$${\int }_1^{+\infty }\frac{f(x)}{x}dx=\frac{1}{1}{\int }_1^{\xi }f(x)dx+0\cdot {\int }_{\xi }^{+\infty }f(x)dx={\int }_1^{\xi }f(x)dx.$$

第一组参考题 15

设 $a>0$，$f$ 在 $[a,+\infty )$ 上平方可积，证明：积分

$${\int }_a^{+\infty }\frac{f(x)}{x}dx$$

收敛。

解答 由 Cauchy—Schwarz 不等式，

$${\int }_a^{+\infty }\left|\frac{f(x)}{x}\right|dx\le {\left({\int }_a^{+\infty }{f}^2(x)dx\right)}^{1/2}{\left({\int }_a^{+\infty }\frac{dx}{x^2}\right)}^{1/2}<\infty .$$

故该积分绝对收敛。

第一组参考题 16

在 $x>0$ 时定义特殊函数

$$\Gamma (x)={\int }_0^{+\infty }{t}^{x-1}{e}^{-t}dt,$$

证明：

1. $\Gamma (x)<+\infty ,\forall x>0$；
2. $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$；
3. $\Gamma (1)=1,\Gamma (n+1)=n!,\forall n\in {\mathbb{N}}_{+}$；
4. $\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi }$。

解答

1. 在 $0$ 附近，$t^{x-1}$ 可积当且仅当 $x>0$；在 $+\infty$ 处，$e^{-t}$ 的指数衰减压倒任何幂函数，故 $\Gamma (x)<\infty$ 对一切 $x>0$ 成立。
2. 分部积分：

$$\Gamma (x+1)={\int }_0^{+\infty }{t}^x{e}^{-t}dt=x{\int }_0^{+\infty }{t}^{x-1}{e}^{-t}dt=x\Gamma (x).$$

3. 由定义 $\Gamma (1)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-t}dt=1$，再反复用上式，得

$$\Gamma (n+1)=n!.$$

4. 令 $t=u^2$，则

$$\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)={\int }_0^{+\infty }{t}^{-1/2}{e}^{-t}dt=2{\int }_0^{+\infty }{e}^{-u^2}du=\sqrt{\pi }.$$

12.5.2 第二组参考题

第二组参考题 1

先证明不等式 (12.8)，然后由

$${\int }_0^1(1-x^2{)}^{n}dx\le {\int }_0^{+\infty }{e}^{-n{x}^2}dx\le {\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^n}$$

出发，用夹逼方法计算概率积分。

解答 由 $e^u\ge 1+u$ 得 $e^{-u}\le \frac{1}{1+u}$；又由 $e^{-u}\ge 1-u$，在 $u\ge 0$ 时有

$$1-u\le e^{-u}\le \frac{1}{1+u}.$$

令 $u=x^2$，便得 (12.8)。于是

$${\int }_0^1(1-x^2{)}^{n}dx\le {\int }_0^{+\infty }{e}^{-n{x}^2}dx\le {\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^n}.$$

两边同乘 $\sqrt{n}$。左端由 $x=\sin t$ 得

$$\sqrt{n}{\int }_0^1(1-x^2{)}^{n}dx=\sqrt{n}{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2n+1}tdt\to \frac{\sqrt{\pi }}{2},$$

右端由 Wallis 公式同样得到极限 $\frac{\sqrt{\pi }}{2}$。因此夹逼可得

$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

第二组参考题 2

（Gordon 不等式）证明：函数

$$f(x)=e^{x^2/2}{\int }_x^{+\infty }{e}^{-t^2/2}dt$$

在 $x>0$ 时严格单调减少，且成立

$$\frac{x}{x^2+1}<f(x)<\frac{1}{x}.$$

解答 记

$$f(x)=e^{x^2/2}{\int }_x^{+\infty }{e}^{-t^2/2}dt.$$

由分部积分，

$${\int }_x^{+\infty }{e}^{-t^2/2}dt<\frac{1}{x}{e}^{-x^2/2},$$

故

$$f(x)<\frac{1}{x}.$$

另一方面，

$${\int }_x^{+\infty }{e}^{-t^2/2}dt\frac{x^2}{1+x^2}{\int }_x^{+\infty }\left(1+\frac{1}{t^2}\right)e^{-t^2/2}dt=\frac{x}{1+x^2}{e}^{-x^2/2},$$

从而

$$f(x)>\frac{x}{x^2+1}.$$

又

$$f^{\prime }(x)=xf(x)-1<0,$$

故 $f$ 在 $x>0$ 上严格单调减少。

第二组参考题 3

设 $f\in C[0,+\infty )$ 且平方可积，令 $g(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$，证明：$\frac{g(x)}{x}$ 在 $[0,+\infty )$ 上平方可积，且成立

$${\int }_0^{+\infty }\frac{g^2(x)}{x^2}dx\le 4{\int }_0^{+\infty }{f}^2(x)dx.$$

解答 令 $G_A={\int }_0^A{g}^2(x)/x^{2}dx$。分部积分得

$$G_A=-\frac{g^2(A)}{A}+2{\int }_0^A\frac{g(x)f(x)}{x}dx\le 2G_A^{1/2}{\left({\int }_0^A{f}^2\right)}^{1/2}.$$

因而

$$G_A\le 4{\int }_0^A{f}^2(x)dx.$$

令 $A\to +\infty$，得

$${\int }_0^{+\infty }\frac{g^2(x)}{x^2}dx\le 4{\int }_0^{+\infty }{f}^2(x)dx.$$

特别地，$g(x)/x$ 平方可积。

第二组参考题 4

设 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上二阶可微，$f$ 和 $f^{\prime \prime }$ 在这个区间上均平方可积，证明：$f^{\prime }$ 在这个区间上也平方可积。

解答 取光滑截断函数 ${\chi }_R$，使 ${\chi }_R\equiv 1$ 于 $[0,R]$，${\chi }_R\equiv 0$ 于 $[2R,+\infty )$，且 $|{\chi }_R^{\prime }|\le C/R$。对

$${\int }_0^{+\infty }{\chi }_R^2(f^{\prime }{)}^2$$

分部积分，得

$$\int {\chi }_R^2(f^{\prime }{)}^2=-\int {\chi }_R^{2}f{f}^{\prime \prime }-2\int {\chi }_R{\chi }_R^{\prime }f{f}^{\prime }.$$

用 Cauchy 不等式估计第二项并吸收到左边，得到

$$\frac{1}{2}\int {\chi }_R^2(f^{\prime }{)}^2\le \Vert f{\Vert }_2\Vert f^{\prime \prime }{\Vert }_2+C{\int }_R^{2R}\frac{f^2(x)}{R^2}dx.$$

令 $R\to +\infty$，右端有界，故 $f^{\prime }\in L^2(0,+\infty )$。

第二组参考题 5

设 $f\in C^1[0,+\infty )$，且 $xf(x)$ 和 $f^{\prime }(x)$ 在这个区间上均平方可积，证明：

1. $f$ 也在这个区间上平方可积；
2. 成立不等式

$${\int }_0^{+\infty }{f}^2(x)dx\le 2{\left({\int }_0^{+\infty }{x}^2{f}^2(x)dx{\int }_0^{+\infty }(f^{\prime }(x){)}^{2}dx\right)}^{1/2};$$

3. 在上述不等式中成立等号的充分必要条件是 $f(x)=a{e}^{-b{x}^2}$，其中 $b>0$。

解答 令

$$I={\int }_0^{+\infty }{f}^2(x)dx,J={\int }_0^{+\infty }{x}^2{f}^2(x)dx,K={\int }_0^{+\infty }(f^{\prime }(x){)}^{2}dx.$$

由前述截断后分部积分可得

$$I=-2{\int }_0^{+\infty }xf(x)f^{\prime }(x)dx.$$

因而

$$I\le 2\sqrt{JK},$$

这同时说明 $I<\infty$，即 $f\in L^2$。若取 $\lambda >0$，则

$$0\le {\int }_0^{+\infty }(f^{\prime }+\lambda xf{)}^{2}dx=K-\lambda I+{\lambda }^{2}J.$$

对 $\lambda$ 取最优值得到同一不等式。等号成立当且仅当

$$f^{\prime }(x)+\lambda xf(x)=0,$$

从而

$$f(x)=a{e}^{-b{x}^2}(b>0).$$

第二组参考题 6

问 $a,b$ 是怎样的正实数时，广义积分

$${\int }_0^{+\infty }\left(\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt{x}}-\sqrt{\sqrt{x}-\sqrt{x-b}}\right)dx$$

是收敛的？

解答 只需考察无穷远处。展开得

$$\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt{x}}=\sqrt{\frac{a}{2}}{x}^{-1/4}+O(x^{-5/4}),$$ $$\sqrt{\sqrt{x}-\sqrt{x-b}}=\sqrt{\frac{b}{2}}{x}^{-1/4}+O(x^{-5/4}).$$

因而被积函数首项为

$$\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt{2}}{x}^{-1/4}.$$

要使积分收敛，必须且只需该首项消失，即

$$a=b.$$

第二组参考题 7

设有理函数 $f(x)=P(x)/Q(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上可积，证明：

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{P(x)}{Q(x)}dx=2\pi i\sum _k{A}_k,$$

其中 $A_k$ 是有理函数 $f$ 的部分分式分解中 $1/x_k$ 项的系数，$x_k$ 是分母 $Q(x)$ 的零点，和式只对虚部大于 $0$ 的 $x_k$ 求和。当 $x_k$ 为单根时，有简单公式

$$A_k=\frac{P(x_k)}{Q^{\prime }(x_k)}.$$

解答 取上半平面的半圆轮廓 $C_R$。由于 $P/Q$ 在实轴上可积，故 $\mathrm{deg}Q-\mathrm{deg}P\ge 2$，从而弧段积分趋于 $0$。由留数定理，

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{P(x)}{Q(x)}dx=2\pi i\sum _{\Im x_k>0}{\mathrm{Res}}_{x=x_k}\frac{P(x)}{Q(x)}.$$

这正是题中所写的 $2\pi i{\sum }_k{A}_k$。若 $x_k$ 为单根，则

$$A_k={\mathrm{Res}}_{x=x_k}\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{P(x_k)}{Q^{\prime }(x_k)}.$$

第二组参考题 8

应用上题的结果于下列各小题：

1. 证明：对 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$，成立

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{1+x^{2n}}dx=\frac{\pi }{n}\csc \frac{\pi }{2n};$$

2. 证明：若 $n,m\in {\mathbb{N}}_{+}$ 满足条件 $2m+1<2n$，则成立

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x^{2m}}{1+x^{2n}}dx=\frac{\pi }{n}\csc \frac{(2m+1)\pi }{2n};$$

3. 计算积分：

$$\text{(a)}{\int }_0^{+\infty }\frac{x^{50}}{x^{100}+1}dx,\text{(b)}{\int }_0^{+\infty }\frac{x^{30}+1}{x^{60}+1}dx.$$

解答

1. 对

$$f(z)=\frac{1}{1+z^{2n}},$$

上半平面的极点是

$$z_k=e^{(2k+1)\pi i/(2n)},k=0,1,\dots ,n-1.$$

其留数为 $-z_k/(2n)$。求和即得

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{dx}{1+x^{2n}}=\frac{\pi }{n}\csc \frac{\pi }{2n}.$$

2. 对

$$f(z)=\frac{z^{2m}}{1+z^{2n}},$$

留数为 $-z_k^{2m+1}/(2n)$，于是

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x^{2m}}{1+x^{2n}}dx=\frac{\pi }{n}\csc \frac{(2m+1)\pi }{2n}.$$

3. 由偶性，

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x^{50}}{x^{100}+1}dx=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{50}\csc \frac{51\pi }{100}.$$

又

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x^{30}+1}{x^{60}+1}dx=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi }{30}\csc \frac{31\pi }{60}+\frac{\pi }{30}\csc \frac{\pi }{60}\right)=\frac{\pi }{60}\left(\csc \frac{31\pi }{60}+\csc \frac{\pi }{60}\right).$$

第二组参考题 9

设 $f$ 是 $(-\infty ,+\infty )$ 上的非负函数，且满足以下条件：

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx=1,{\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)dx=0,{\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^{2}f(x)dx=1,$$

证明：

1. 在 $x>0$ 时，成立

$${\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt\ge \frac{x^2}{1+x^2};$$

2. 在 $x<0$ 时，成立

$${\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt\le \frac{1}{1+x^2}.$$

解答 设随机变量 $X$ 的密度为 $f$，则 $EX=0$，$E{X}^2=1$。对 $x>0$ 与任意 $t>0$，

$$1+t^2=E(X+t{)}^2\ge (x+t{)}^{2}P(X\ge x).$$

令右端上界最小，取 $t=1/x$，得

$$P(X\ge x)\le \frac{1}{1+x^2}.$$

因而

$${\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt=1-P(X>x)\ge \frac{x^2}{1+x^2}(x>0).$$

对 $x<0$，把此结论应用于 $-X$，便得

$${\int }_{-\infty }^{x}f(t)dt\le \frac{1}{1+x^2}.$$

第二组参考题 10

设 $p>0$，定义

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}p\left[\frac{x}{p}\right]+\frac{p}{2},& x\ge 0,\\ -g(-x),& x<0.\end{array}$$

证明：对所有 $x$，成立

$$\frac{p}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\sum _{n=-[x/p]}^{[x/p]}\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)pt}{\sin \frac{1}{2}pt}\cdot \frac{\sin xt}{t}dt=\frac{1}{2}[g(x+)+g(x-)].$$

解答 记 $N=[x/p]$。先把和式化为 Dirichlet 核：

$$\sum _{n=-N}^N\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)pt=\sin \frac{pt}{2}\left(1+2\sum _{n=1}^N\cos npt\right)=\sin \frac{pt}{2}{D}_N(pt),$$

故原式左边等于

$$\frac{p}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{D}_N(pt)\frac{\sin xt}{t}dt.$$

又有

$$D_N(pt)\sin xt=\sum _{n=-N}^N\sin (x+np)t,$$

因而由 Dirichlet 积分

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{\sin ct}{t}dt=\pi \mathrm{sgn}c$$

得

$$\frac{p}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{D}_N(pt)\frac{\sin xt}{t}dt=\frac{p}{2}\sum _{n=-N}^N\mathrm{sgn}(x+np).$$

若 $Np<x<(N+1)p$，则上式等于 $pN+p/2=g(x)$；若 $x=Np$，则正好得到左右极限的平均值 $pN$。对负 $x$ 由奇性同理，故

$$\frac{p}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\sum _{n=-[x/p]}^{[x/p]}\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)pt}{\sin \frac{1}{2}pt}\cdot \frac{\sin xt}{t}dt=\frac{1}{2}[g(x+)+g(x-)].$$

\end{document}