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# 第7章 反常积分

一般的定积分都定义于闭区间中，但很多实际问题中的积分可能区间无穷或者某点不连续，这就需要引出无穷积分和瑕积分的概念。

## 7.1 反常积分理论

## 7.1.1 无穷积分与瑕积分概念

## 定义 7.1 (无穷积分与瑕积分)

\- 无穷积分：设 $f$ 在 $[a, +\infty)$ 有定义，若极限 $\lim_{b \to +\infty} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}x$ 存在，则记其为 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 。

\- 瑕积分： $f$ 在 $(a, b]$ 有定义，且 $\lim_{x \to a^{+}} f(x) = \infty$ ，若 $\lim_{\epsilon \to 0^{+}} \int_{a + \epsilon}^{b} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛，则记其为 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}x$

笔记 如果 $\lim_{x\to a^{+}}f(x)\neq \infty$ ，则不能称 $a$ 为 $f(x)$ 的瑕点，比如 $\int_0^1\frac{x}{1 - e^x}\mathrm{d}x$ ，0不是其瑕点，其就是个定积分。

## 定理 7.1 (反常积分 Leibniz 公式)

\- 无穷积分：设 $\int_{a}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x$ 存在，且 $f$ 有原函数 $F$ ，则 $\int_{a}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x = F(+\infty) - F(a)$

\- 瑕积分：若 $F$ 是 $f$ 在 $(a, b]$ 的一个原函数， $a$ 是瑕点，则 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}x = F(b) - F(a + 0)$

## 定理 7.2 (定义判敛)

无穷积分： $\int_{a}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x$ 收敛当且仅当 $\forall \epsilon ,\exists A,\forall u\geq A,|\int_{u}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x| <   \epsilon$

\- 瑕积分： $\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 收敛当且仅当 $\forall \epsilon ,\exists \delta ,\forall u\in (a,a + \delta)$ 有 $|\int_{a}^{u}f(x)\mathrm{d}x| <   \epsilon$

证明 根据收敛的定义可知。

## 定理 7.3 ( $\frac{1}{x^{p}}$ 的反常积分)

$\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{x^p}$ 在 $p < 1$ 时收敛， $p \geq 1$ 时发散。 $\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^p}$ 在 $p > 1$ 时收敛， $p \leq 1$ 时发散

证明 只讨论 $[1, +\infty)$ 上的，直接积分：

$$
\int_ {1} ^ {u} \frac {\mathrm{d} x}{x ^ {p}} = \left\{ \begin{array}{l l} \frac {1}{1 - p} (u ^ {1 - p} - 1), & p \neq 1 \\ \ln u, & p = 1 \end{array} \right. \Rightarrow \lim _ {u \to + \infty} \int_ {1} ^ {u} \frac {\mathrm{d} x}{x ^ {p}} = \left\{ \begin{array}{l l} \frac {1}{p - 1}, & p > 1 \\ + \infty , & p \leq 1 \end{array} \right.
$$

## 7.1.2 反常积分比较判别法

## 定理 7.4 (Cauchy 收敛准则)

无穷积分： $\int_{a}^{\infty}f(x)\mathrm{d}x$ 收敛当且仅当 $\forall \epsilon ,\exists G\geq a,\forall u_1,u_2 > G$ ，满足

$$
\left| \int_ {u _ {1}} ^ {u _ {2}} f (x) \mathrm{d} x \right| <   \epsilon
$$

\- 瑕积分： $\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 的瑕点为 $a$ ，则其收敛当且仅当 $\forall \epsilon ,\exists \delta ,\forall u_1,u_2\in (a,a + \delta)$ 满足

$$
\left| \int_ {u _ {1}} ^ {u _ {2}} f (x) \mathrm{d} x \right| <   \epsilon
$$

## 定义 7.2 (绝对收敛与条件收敛)

若 $\int_{a}^{b}|f(x)|\mathrm{d}x$ 收敛（ $b$ 可以为 $\infty$ ），则称 $\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 绝对收敛；若 $\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 收敛但不绝对收敛，则称其条件收敛。

## 定理 7.5 (绝对收敛)

\- 无穷积分：若 $\int_{a}^{+\infty}|f(x)|\mathrm{d}x$ 收敛，则 $\int_{a}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x$ 也收敛，且有下述等式

$$
| \int_ {a} ^ {+ \infty} f (x) \mathrm{d} x | \leq \int_ {a} ^ {+ \infty} | f (x) | \mathrm{d} x
$$

\- 瑕积分：设 $f$ 瑕点为 $a$ ， $f$ 在 $(a, b]$ 任一内闭区间上可积，则当 $\int_{a}^{b} |f(x)| \mathrm{d}x$ 收敛时， $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}x$ 也收敛，且

$$
| \int_ {a} ^ {b} f (x) \mathrm{d} x | \leq \int_ {a} ^ {b} | f (x) | \mathrm{d} x
$$

证明 用 Cauchy 收敛准则转换至有限区间，再根据积分绝对值放缩可得到结论。

## 定理 7.6 (比较判别法)

下面考虑 $f(x)$ 非负，则有

\- 无穷积分： $f, g$ 在任意有限区间可积，且 $0 \leq f(x) \leq g(x)$ ，当 $\int_{a}^{+\infty} g(x) \mathrm{d}x$ 收敛时， $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 必收敛

\- 瑕积分： $f, g$ 在内包有限闭区间可积，且 $0 \leq f(x) \leq g(x)$ ，当 $\int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d}x$ 收敛时， $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}x$ 必收敛

## 推论 7.1 (等价无穷小判别)

\- 无穷积分： $f$ 在任意有限闭区间可积，且 $x \to \infty$ 时 $f(x) \sim \frac{\lambda}{x^p}$ ，若 $p > 1$ 则收敛， $p \leq 1$ 则发散
- 瑕积分： $f$ 在任意闭区间可积， $x \to a$ 时 $f(x) \sim \frac{\lambda}{(x - a)^p}$ ，若 $p < 1$ 则收敛， $p \geq 1$ 则发散

练习7.1基础训练 判断(1) $\int_{0}^{+\infty}\frac{x\arctan x}{1+x^{p}}\mathrm{d}x$ (2) $\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{x^{p}+x^{q}}\mathrm{d}x$ (3) $\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{p}}{1+x^{q}}\mathrm{d}x$ 解(1)0不是瑕点，只需考虑 $\infty$ 。若p>0， $\frac{x\arctan x}{1+x^{p}}\sim\frac{\pi}{2}\frac{1}{x^{p-1}}$ ，因此要求p>2，此时x不是瑕点。若p=0，显然发散。若p<0， $\infty$ 显然发散。

(2) $0, +\infty$ 均有可能是瑕点。先考虑 $p = q$ ，此时 $\frac{1}{x^p + x^q} = \frac{1}{2x^p}$ ， $\infty$ 处要求 $p > 1$ ，但是 0 处要求 $p < 1$ ，因此不可能成立。若 $p < q$ ，则 $x \to 0$ 时 $\frac{1}{x^p + x^q} \sim \frac{1}{x^p}$ ，要求 $p < 1$ ，同理 $x \to \infty$ 时要求 $q > 1$

(3) $\frac{x^p}{1 + x^q} = \frac{1}{x^{-p} + x^{q - p}}$ ，当 $-p < 1 < q - p$ 或者 $q - p < 1 < -p$ 时收敛，其余情况发散。

## 推论 7.2 (对数、指数比较判别法)

$$
\forall \alpha > 0, \lim _ {x \rightarrow 0 ^ {+}} x ^ {\alpha} \ln x = 0, \lim _ {x \rightarrow \infty} \frac {\ln x}{x ^ {\alpha}} = 0, \lim _ {x \rightarrow + \infty} x ^ {\alpha} e ^ {- x} = 0:
$$

\- $x \to \infty$ 时，等价视为 $\ln x \sim x^{\epsilon}, e^{x} \sim x^{+\infty}$

\- $x \to 0$ 时， $\ln (1 + x) \sim x, e^x - 1 \sim x, \ln x \sim \frac{1}{x^\epsilon}, e^x \sim 1$

练习7.2对数、指数比较判别训练 判断收敛性：(1) $\int_0^{+\infty}\frac{x}{1 - e^x}\mathrm{d}x$ (2) $\int_0^{+\infty}\frac{\ln(1 + x)}{x^p}\mathrm{d}x$ (3) $\int_0^{+\infty}\frac{\ln x}{e^x}\mathrm{d}x$ （重点！）

解(1)由于0处极限为1，不是瑕点。 $\infty$ 处 $e^x\sim x^\infty$ ，因此 $\lim_{x\to \infty}x^2\frac{x}{1 - e^x} = 0$ ，根据比较判别法可知收敛

(2)0处等价于 $\frac{1}{x^{p - 1}}$ ，要求 $p < 2$ ， $+\infty$ 处等价于 $\frac{1}{x^p}$ ，要求 $p > 1$ ，因此 $1 < p < 2$ 时收敛

(3) $\lim_{x\to 0}\frac{\ln x\cdot x^{1 / 2}}{e^x} = 0$ ，因此0处收敛。 $\infty$ 处 $\lim_{x\to \infty}x^2\frac{\ln x}{e^x} = 0$ ，因此 $\infty$ 处也收敛。

练习7.3对数比较判别进阶 判断 $\int_{3}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^p(\ln x)^q(\ln\ln x)^r}$ 的敛散性解 $p > 1$ 肯定收敛， $p < 1$ 肯定发散。若 $p = 1$ ，则积分变为 $\int_{3}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}(\ln x)}{(\ln x)^q(\ln\ln x)^r}$ ，要求 $q > 1$ 。若 $p = q = 1$ 则同理要求 $r > 1$ 。

练习7.4变号情况：绝对收敛 $+$ 比较判别法 判断敛散性：(1) $\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos x\sin\frac{1}{x}}{x}\mathrm{d}x$

解 (1) $\left|\frac{\cos x\sin\frac{1}{x}}{x}\right|\sim\frac{1}{x^{2}}$ ，因此绝对收敛

练习7.5三角双瑕点训练重点： $|q| < 1$ ，判断 $\int_0^\pi \frac{\sin^{p - 1}x}{|1 + q\cos x|^p}\mathrm{d}x$ 的敛散性解0处 $\frac{\sin^{p - 1}x}{|1 + q\cos x|^p}\sim \frac{x^{p - 1}}{|1 + q|^p}$ ，要求 $p - 1 < 1$ 。π处 $\frac{\sin^{p - 1}x}{|1 + q\cos x|^p} = \frac{\sin^{p - 1}(\pi -x)}{|1 + q\cos x|^p}\sim \frac{(\pi -x)^{p - 1}}{|1 + q|^p}$ ，要求 $p - 1 <   1$

## 7.1.3 Dirichlet 与 Abel 判别法

## 定理 7.7 (Dirichlet 与 Abel 判别法)

\- Dirichlet 判别法：若 $(1)F(x) = \int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t$ 在 $[a, + \infty)$ 有界(2) $g(x)$ 在 $[a, + \infty)$ 上当 $x\to \infty$ 时单调趋于0，则 $\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)\mathrm{d}x$ 收敛。

\- Abel 判别法：若 (1) $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛 (2) $g(x)$ 单调有界，则 $\int_{a}^{+\infty} f(x) g(x) \mathrm{d}x$ 收敛

练习7.6在 $\sin x$ 反常积分判敛的应用判断以下带三角函数的反常积分的绝对收敛性与条件收敛性：

1. $\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^p}\mathrm{d}x,\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos x}{x^p}\mathrm{d}x$ ： $p > 0$ 就收敛， $p > 1$ 绝对收敛， $0 <   p\leq 1$ 条件收敛

2. $\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^{p}}dx:1<p<2$ 时绝对收敛， $0<p\leq1$ 时条件收敛，其余发散

3. $\int_0^{+\infty}\frac{\cos x}{x^p}\mathrm{d}x: 1 < p < 2$ 时绝对收敛， $0 < p \leq 1$ 时条件收敛，其余发散

4. 换元： $\int_0^{+\infty}\sin x^2\mathrm{d}x,\int_0^{+\infty}\cos x^2\mathrm{d}x,\int_0^{+\infty}x\sin x^4\mathrm{d}x,\int_0^1\frac{1}{x^p}\sin \frac{1}{x}\mathrm{d}x$

5. $\int_0^{+\infty}x^p\sin x^q\mathrm{d}x$

6. $\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x^p + x^q}\mathrm{d}x$

证明 (1) $p > 1$ 时 $\left|\frac{\sin x}{x^p}\right| \leq \frac{1}{x^p}$ 因此绝对收敛。 $0 < p \leq 1$ 时根据Dirichlet判别法可知收敛，下证不绝对收敛，根据 $|\sin x| \geq \sin^2 x$ ，得到

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

而 $\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^p}\mathrm{d}x$ 不收敛，故 $\int_1^{+\infty}\left|\frac{\sin x}{x^p}\right|$ 在 $0 < p\leq 1$ 时不收敛。 $p\leq 0$ 时，取 $u_{1} = 2k\pi ,u_{2} = 2k\pi +\frac{\pi}{2}$ ，则

$$
\left| \int_ {u _ {1}} ^ {u _ {2}} \frac {\sin x}{x ^ {p}} \mathrm{d} x \right| \geq \int_ {u _ {1}} ^ {u _ {2}} \sin x \mathrm{d} x = 1
$$

显然发散。

(2) 分两段，这里考虑 $\int_0^1 \frac{\sin x}{x^p} \mathrm{d}x$ ，当 $x \to 0$ 时 $\frac{\sin x}{x^p} \sim \frac{1}{x^{p-1}}$ ，因此 $p < 2$ 时收敛且绝对收敛， $p \geq 2$ 时发散。结合 (1) 得到 $1 < p < 2$ 时绝对收敛， $0 < p \leq 1$ 时条件收敛，其余发散

(3) $\frac{\cos x}{x^{p}}\sim\frac{1}{x^{p}}$ ，结合(1)得到0<p<1时条件收敛，其余发散。

(4) 前三个做 $t = x^2$ 换元，第一个变成 $\frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin t}{\sqrt{t}} \, \mathrm{d}t$ ，因此条件收敛。第二个 $\int_{0}^{+\infty} \cos x^2 \, \mathrm{d}x$ 同理条件收敛。第三个换元得到 $\frac{1}{2} \int_{1}^{+\infty} \sin t^2 \, \mathrm{d}t$ ，变成第一个，故条件收敛。第四个做 $t = \frac{1}{x}$ 换元得到 $\int_{+\infty}^{1} -t^{p-2} \sin t \, \mathrm{d}t = \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin t}{t^{2-p}} \, \mathrm{d}t$ ， $2 - p > 1$ 时绝对收敛， $0 < 2 - p \leq 1$ 条件收敛。

(5) $q = 0$ 时显然无法保证 $0, +\infty$ 同时收敛，原因在于0要求 $p < 1$ ， $\infty$ 要求 $p > 1$ 。 $q > 0$ 时，令 $t = x^q$ ，得到

$$
\int_ {0} ^ {+ \infty} x ^ {p} \sin x ^ {q} \mathrm{d} x = \frac {1}{q} \int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {\sin t}{t ^ {1 - \frac {p + 1}{q}}} \mathrm{d} t
$$

转换为前面的问题。

笔记 $\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x^p}\mathrm{d}x,\int_0^{+\infty}\frac{\cos x}{x^p}\mathrm{d}x$ 的收敛情况要当作结论背下来。

练习 7.7 三角有理式敛散性判别 判断如下几道三角函数有理式的敛散性 (难度较高):

(1) 判断 $\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{2x + 3\sin x} \mathrm{d}x$ 的敛散性

(2) 判断 $\int_{a}^{+\infty} \frac{\sin x}{x^p + \sin x} \, \mathrm{d}x$ 的敛散性

(3) 证明 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^2 \sin x^2} \mathrm{d}x$ 发散

解(1)该积分没有瑕点，只需要考虑 $\infty$ ，其敛散性等价于 $\int_2^\infty \frac{\sin x}{2x + 3\sin x}\mathrm{d}x$ 。这里必须拆项(不能直接放缩原因在于分母阶数不够)

$$
{\frac {\sin x}{2 x + 3 \sin x}} = {\frac {2 x \sin x}{2 x (2 x + 3 \sin x)}} = {\frac {(2 x + 3 \sin x) \sin x - 3 \sin^ {2} x}{2 x (2 x + 3 \sin x)}} = {\frac {\sin x}{2 x}} - {\frac {3 \sin^ {2} x}{2 x (2 x + 3 \sin x)}}
$$

考虑前者，显然 $\frac{1}{2x}$ 单调递减趋于0，而

$$
\left| \int_ {2} ^ {u} \sin \mathrm{d} x \right| = | \cos 2 - \cos u | \leq 2
$$

根据 Dirichlet 判别法知前者收敛。后者先进行放缩

$$
0 \leq \frac {3 \sin^ {2} x}{2 x (2 x + 3 \sin x)} \leq \frac {3}{2 x (2 x - 3)}
$$

在无穷处等价于 $\frac{1}{x^2}$ ，根据比较原则得到收敛。综上收敛

## 7.1.4 函数在无穷远处的性质

## 一、若极限存在，则必为0

练习7.8 $f(x)$ 在 $[a, u]$ 可积， $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛，若 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = A$ ，则 $A = 0$ 。证明 若 $A \neq 0$ ，不妨设 $A > 0$ ，则 $\exists M \geq a, \forall x \geq M, f(x) \geq \frac{A}{2}$ ，而 $\int_{a}^{+\infty} \frac{A}{2} \mathrm{d}x$ 发散，根据比较判别法可知 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 发散

练习7.9 $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上连续可微，且 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x, \int_{a}^{+\infty} f'(x) \mathrm{d}x$ 收敛，则 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$ 证明由于 $\int_{a}^{+\infty} f'(x) \mathrm{d}x$ 收敛，因此 $\lim_{u \to +\infty} \int_{a}^{u} f'(x) \mathrm{d}x = \lim_{u \to +\infty} f(u) - f(a)$ 存在，根据极限存在可知极限为0(前一题结论)。

练习7.10 $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上连续， $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛，则存在递增趋于 $+\infty$ 的数列 $x_{n}$ ，使得 $\lim_{n \to \infty} f(x_{n}) = 0$ 。证明根据Cauchy收敛准则，取 $\epsilon_{1} = 1, \exists A_{1}', A_{1}'' = A_{1}' + 1$ ，使得 $\left| \int_{A_1'}^{A_1''} f(x) \mathrm{d}x \right| < \epsilon_{1} = 1$ 。同理对 $\epsilon_{2} = \frac{1}{2}, \exists A_{2}' \geq A_{1}', A_{2}'' = A_{2}' + 1$ ，使得 $\left| \int_{A_2'}^{A_2''} f(x) \mathrm{d}x \right| < \epsilon_{2} = \frac{1}{2}$ 。以此类推，根据积分第一中值定理 $\exists x_{i} \in [A_{i}', A_{i}'']$ 使得 $|f(x_{n})| = \left| \int_{A_{n}'}^{A_{n}''} f(x) \mathrm{d}x \right|$ ，显然 $x_{n}$ 单增， $|f(x_{n})| < \frac{1}{n} \to 0$ 。

## 二、极限不一定存在：光满足非负、连续、可导等并不能说明极限存在，甚至不一定有界

练习7.11举例说明 $f(x)$ 在任意有限区间 $[a, u]$ 非负可积， $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛，则 $f(x)$ 不一定有界。解 $f(x) = \begin{cases} x, & x \text{为整数} \\ 0, & x \text{不为整数} \end{cases}$ ，如果要求恒正则取 $g(x) = f(x) + e^{-x}$

练习7.12举例说明 $f(x)$ 为 $[a, +\infty)$ 上连续函数， $\int_{a}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x$ 收敛，不一定有 $\lim_{x\to +\infty}f(x) = 0$ 解例如 $\int_1^{+\infty}\sin x^2\mathrm{d}x$ ，令 $t = x^{2}$ 以及Dirichlet判别法可知收敛，但是极限不为0。

练习7.13举例说明 $[a, +\infty)$ 恒正的连续可微函数， $\int_{a}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x$ 收敛，则 $f(x)$ 不一定有界解 $\int_1^{+\infty}\frac{x}{1 + x^6\sin^2x}\mathrm{d}x$

## 三、获得极限存在：虽然非负、连续、可导不能推出 $\lim_{x\to +\infty}f(x) = 0$ ，但一致连续和单调可以推出该性质。

练习7.14经典老题：一致连续 $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续， $\int_{a}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x$ 收敛，则 $\lim_{x\to +\infty}f(x) = 0$ 证明 反设 $\lim_{x\to +\infty}f(x)\neq 0$ ，则 $\exists \epsilon_0$ 以及趋于无穷的 $x_{n}$ 使得 $|f(x_n)|\geq \epsilon_0$ ，对上述 $\epsilon_0$ ，根据一致连续 $\exists \delta ,\forall x^{\prime},x^{\prime \prime}\in$ $[a, + \infty)$ 只要 $|x^{\prime} - x^{\prime \prime}|\leq \delta$ ，就有 $|f(x^{\prime}) - f(x^{\prime \prime})| <   \frac{\epsilon_0}{2}$ 。对每个 $x_{n}$ ，当 $x\in [x_n,x_n + \delta ]$ 时， $|f(x) - f(x_n)| <   \frac{\epsilon_0}{2}$ 从而 $f(x)$ 在 $[x_n,x_n + \delta ]$ 不变号，且

$$
| f (x) | \geq | f (x _ {n}) | - | f (x) - f (x _ {n}) | > \frac {\epsilon_ {0}}{2}
$$

对 $\forall M > a, \exists N, x_N > M$ 满足 $|\int_{x_N}^{x_N + \delta} f(x) \mathrm{d}x| = \int_{x_N}^{x_N + \delta} |f(x)| \mathrm{d}x \geq \int_{x_N}^{x_N + \delta} \frac{\epsilon_0}{2} \mathrm{d}x = \frac{\epsilon_0 \delta}{2}$ 不趋于 0，根据 Cauchy 收敛准则逆否命题可知 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 发散，矛盾。

练习7.15单调 $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 单调，且 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛，则 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$ ，且 $\lim_{x \to +\infty} x f(x) = 0$ 。笔记反之不一定，即使有 $\lim_{x \to +\infty} x f(x) = 0$ ，也不一定有 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛，例如 $f(x) = \frac{1}{x \ln x}$

## 7.2 反常积分的计算

## 7.2.1 两个常用的基础反常积分

练习7.16计算 $\int_0^{+\infty}e^{-ax}\cos bx\mathrm{d}x,\int_0^{+\infty}e^{-ax}\sin bx\mathrm{d}x$ ，其中 $a > 0$ 解直接写不定积分即可(具体计算见配对积分法一节)， $I_{1} = \frac{e^{-ax}}{a^{2} + b^{2}} (a\cos bx + b\sin bx)\bigg|_{0}^{+\infty} = \frac{a}{a^2 + b^2}$ ，同理得到 $I_{2} = \frac{b}{a^{2} + b^{2}}$

练习7.17对数配对积分(1)计算 $I_{n} = \int_{0}^{1}(\ln x)^{n}\mathrm{d}x$ (2)计算 $I(m,n) = \int_0^1 x^m (\ln x)^n\mathrm{d}x$ 解(1)做一次分部积分得到 $I_{n} = x(\ln x)^{n}\Big|_{0}^{1} - \int_{0}^{1}n(\ln x)^{n - 1}\mathrm{d}x = -nI_{n - 1}$ ，而 $I_{1} = \int_{0}^{1}\ln x\mathrm{d}x = x\ln x\Big|_{0}^{1} - x\Big|_{0}^{1} = -1$ ，综上得到 $I_{n} = (-1)^{n}n!$ (2) $I(m,n) = -\frac{n}{m + 1} I(m,n - 1)$ ，结合 $I(m,0) = \frac{1}{m + 1}$ 可得 $I(m,n) = \frac{(-1)^{n}n!}{(m + 1)^{n + 1}}$

## 7.2.2 富如兰尼积分

## 定理 7.8 (两侧极限存在则无穷积分收敛)

重点： $f(x)$ 在任意有限区间可积， $\lim_{x\to +\infty}f(x) = A,\lim_{x\to -\infty}f(x) = B$ ，给定 $a\in \mathbb{R}$ ，则下面积分收敛，且值为 $a(A - B)$

$$
\int_ {- \infty} ^ {+ \infty} [ f (a + x) - f (x) ] \mathrm{d} x
$$

证明 根据定义， $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x = \lim_{M\to +\infty}\lim_{m\to -\infty}\int_{m}^{M}[f(a + x) - f(x)]\mathrm{d}x$ ，对有限区域积分做如下变换：

$$
I = \int_ {m} ^ {M} [ f (a + x) - f (x) ] \mathrm{d} x = \int_ {m + a} ^ {M + a} f (x) \mathrm{d} x - \int_ {m} ^ {M} f (x) \mathrm{d} x = \int_ {M} ^ {M + a} f (x) \mathrm{d} x - \int_ {m} ^ {m + a} f (x) \mathrm{d} x
$$

代入 $A, B$ ，得到 $I = \int_{M}^{M + a}[f(x) - A]\mathrm{d}x - \int_{m}^{m + a}[f(x) - B]\mathrm{d}x + a(A - B)$ ，根据极限 $\lim_{M\to +\infty}[f(x) - A]\mathrm{d}x = 0$ ，同理 $\lim_{N\to +\infty}[f(x) - B]\mathrm{d}x = 0$ ，因此取极限得到收敛，且值为 $a(A - B)$

## 定理 7.9 (富如兰尼积分)

$f(x)$ 为 $[0, +\infty)$ 连续函数， $a, b > 0$ ，则

1. 若 $\lim_{x\to +\infty}f(x)$ 存在，则

$$
\int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {f (a x) - f (b x)}{x} \mathrm{d} x = [ f (0) - f (+ \infty) ] \ln \frac {b}{a}
$$

2. 若 $\exists A > 0$ ，使得 $\int_{A}^{+\infty} \frac{f(x)}{x} \mathrm{d}x$ 收敛，则

$$
\int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {f (a x) - f (b x)}{x} \mathrm{d} x = f (0) \ln {\frac {b}{a}}
$$

证明 下面对 $I = \int_{m}^{M}\frac{f(ax) - f(bx)}{x}\mathrm{d}x$ 进行化简：

$$
I = \int_ {m} ^ {M} \frac {f (a x)}{x} \mathrm{d} x - \int_ {m} ^ {M} \frac {f (b x)}{x} \mathrm{d} x = \int_ {a m} ^ {a M} \frac {f (x)}{x} \mathrm{d} x - \int_ {b m} ^ {b M} \frac {f (x)}{x} \mathrm{d} x = \int_ {a m} ^ {b m} \frac {f (x)}{x} \mathrm{d} x - \int_ {a M} ^ {b M} \frac {f (x)}{x} \mathrm{d} x
$$

(1) 根据积分第一中值定理得到

$$
\left\{ \begin{array}{l} \int_ {a m} ^ {b m} \frac {f (x)}{x} \mathrm{d} x = f (\xi) \int_ {a \eta} ^ {b m} \frac {1}{x} \mathrm{d} x = f (\xi) \ln \frac {b}{a} \\ \int_ {a M} ^ {b M} \frac {f (x)}{x} \mathrm{d} x = f (\eta) \int_ {a M} ^ {b M} \frac {1}{x} \mathrm{d} x = f (\eta) \ln \frac {b}{a} \end{array} \right.
$$

当 $m \to 0^{+}, M \to +\infty$ 时可代入极限，因此结果为 $[f(0) - f(+\infty)] \ln \frac{b}{a}$

(2) 由于 $\int_{A}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛，因此第二项 $\lim_{M \to +\infty} \frac{f(x)}{x} \mathrm{d}x = 0$ ，同时第一项用积分中值定理取极限得到 $f(0) \ln \frac{b}{a}$

练习 7.18 富如兰尼积分的应用 计算以下反常积分

(1) $\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan ax - \arctan bx}{x}\mathrm{d}x$ (2) $\int_0^{+\infty}\frac{e^{-ax} - e^{-bx}}{x}\mathrm{d}x$ (3) $\int_0^{+\infty}\frac{\cos ax - \cos bx}{x}\mathrm{d}x$

解 (1) $\arctan 0 = 0, \arctan (+\infty) = \frac{\pi}{2}$ ，因此积分为 $-\frac{\pi}{2} \ln \frac{b}{a}$

(2) $e^{0}=1,e^{-\infty}=0$ ，因此积分为 $\ln\frac{b}{a}$

(3) $\cos 0 = 1, \int_{A}^{+\infty} \frac{\cos x}{x} \mathrm{d}x$ 收敛，因此积分为 $\ln \frac{b}{a}$

## 7.2.3 Dirichlet 积分

## 引理7.1

设 $p > 0$ ，则含参积分 $\int_0^{+\infty}e^{-px}\frac{\sin bx - \sin ax}{x}\mathrm{d}x = \arctan \frac{b}{p} -\arctan \frac{a}{p}$

证明 首先 $\frac{\sin bx - \sin ax}{x} = \int_{a}^{b} \cos xy \, dy$ ，因此

$$
I = \int_ {0} ^ {+ \infty} \mathrm{d} x \int_ {a} ^ {b} e ^ {- p x} \cos x y \mathrm{d} y
$$

由于 $|e^{-px}\cos xy|\leq e^{-px}$ ，显然 $\int_0^{+\infty}e^{-px}\mathrm{d}x$ 绝对收敛，因此 $\int_0^{+\infty}e^{-px}\cos xy\mathrm{d}x,y\in [a,b]$ 一致收敛，交换积

分顺序得到

$$
I = \int_ {a} ^ {b} \mathrm{d} y \int_ {0} ^ {+ \infty} e ^ {- p x} \cos x y \mathrm{d} x
$$

根据表格法得到:

$$
\int_ {0} ^ {+ \infty} e ^ {- p x} \cos x y \mathrm{d} x = - \frac {1}{p} e ^ {- p x} \cos x y \bigg | _ {0} ^ {+ \infty} + \frac {y}{p ^ {2}} e ^ {- p x} \sin x y \bigg | _ {0} ^ {+ \infty} - \int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {y ^ {2}}{p ^ {2}} e ^ {- p x} \cos x y \mathrm{d} x
$$

因此得到 $\frac{y^2 + p^2}{p^2}\int_0^{+\infty}\cos xy\mathrm{d}y = \frac{1}{p}$

$$
I = \int_ {a} ^ {b} {\frac {p}{p ^ {2} + y ^ {2}}} \mathrm{d} y = \arctan {\frac {b}{p}} - \arctan {\frac {a}{p}}
$$

## 定理 7.10 (Dirichlet 积分)

积分 $\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}$ ，进一步地， $\int_0^{+\infty}\frac{\sin px}{x}\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\mathrm{sgn}(p)$

证明 令引理中 $a = 0$ ，将 $p$ 看成参数， $G(p) = \int_{0}^{+\infty} e^{-px} \frac{\sin bx}{x} \mathrm{d}x = \arctan \frac{b}{p}$ ，由于 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin bx}{x} \mathrm{d}x$ 条件收敛， $e^{-px}$ 在固定 $x$ 时关于 $p$ 单调，且一致有界，根据 Abel 判别法可知 $G(p)$ 在 [0,1] 上一致收敛，从而

$$
G (0) = \lim _ {p \to 0 ^ {+}} G (p) = \lim _ {p \to 0 ^ {+}} \arctan {\frac {b}{p}} = \frac {\pi}{2} \mathrm{sgn} (b)
$$

特别地， $b = 1$ 得到 $\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}$

练习7.19Dirichlet积分的应用 计算以下反常积分：(1)重点： $\int_0^{+\infty}\frac{\sin x^2}{x}\mathrm{d}x$ (2)重点： $\int_0^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\mathrm{d}x$

$$
(3) \int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {\sin^ {4} x}{x ^ {2}} \mathrm{d} x (4) \int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {\sin^ {4} x}{x ^ {4}} \mathrm{d} x (5) \int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {x - \sin x}{x ^ {3}} \mathrm{d} x
$$

解(1)做 $t = x^2$ ，得到 $\frac{1}{2}\int_0^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t = \frac{\pi}{4}$

(2) $\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin^{2}x}{x^{2}}\mathrm{d}x=-\int_{0}^{+\infty}\sin^{2}x\mathrm{d}\left(\frac{1}{x}\right)$ ，用分部积分得到

$$
I = - \frac {\sin^ {2} x}{x} \bigg | _ {0} ^ {+ \infty} + \int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {\sin 2 x}{2 x} \mathrm{d} 2 x = \frac {\pi}{2}
$$

(3) 先分部积分得到

$$
\int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {\sin^ {4} x}{x ^ {2}} \mathrm{d} x = - \int_ {0} ^ {+ \infty} \sin^ {4} x \mathrm{d} \left(\frac {1}{x}\right) = \int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {4 \sin^ {3} x \cos x}{x} \mathrm{d} x
$$

根据 $4\sin^3 x\cos x = \sin 2x(1 - \cos 2x) = \sin 2x - \frac{1}{2}\sin 4x$ 得到

$$
I = \int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {\sin 2 x}{2 x} \mathrm{d} (2 x) - \frac {1}{2} \int_ {0} ^ {+ \infty} \frac {\sin 4 x}{4 x} \mathrm{d} (4 x) = \frac {\pi}{4}
$$






> [!proof]- 证明状态
> 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。