高等数学学习教程，从入门到精通，定积分 — 知识点全面总结(10）

第四节 反常积分

一、无穷限的反常积分

定义1： 设 $f(x)$ 在 $[a,+\infty )$ 上连续，若极限 ${\lim }_{b\to +\infty }{\int }_a^{b}f(x)dx$ 存在，则称反常积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 收敛，并定义：

$${\int }_a^{+\infty }f(x)dx=\underset{b\to +\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)dx$$

若极限不存在，则称该反常积分发散。

类似定义：

$${\int }_{-\infty }^{b}f(x)dx=\underset{a\to -\infty }{\lim }{\int }_a^{b}f(x)dx$$

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx={\int }_{-\infty }^{c}f(x)dx+{\int }_c^{+\infty }f(x)dx$$

其中 $c$ 为任意实数。右端两个积分都收敛时，左端才收敛。

典型例题：

例5： 讨论 ${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^p}dx$（$p$ 为常数）。

解： 当 $p\ne 1$ 时：

$${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^p}dx=\underset{b\to +\infty }{\lim }{\int }_1^b{x}^{-p}dx=\underset{b\to +\infty }{\lim }{\left[\frac{x^{1-p}}{1-p}\right]}_1^b=\underset{b\to +\infty }{\lim }\frac{b^{1-p}-1}{1-p}$$

• 若 $p>1$，$1-p<0$，$b^{1-p}\to 0$，积分收敛于 $\frac{1}{p-1}$。
• 若 $p<1$，$1-p>0$，$b^{1-p}\to +\infty$，积分发散。

当 $p=1$ 时：

$${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x}dx=\underset{b\to +\infty }{\lim }[\ln x{]}_1^b=\underset{b\to +\infty }{\lim }\ln b=+\infty ,\text{发散}$$

$$\boxed{{\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x^p}=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{p-1},& p>1\text{（收敛）}\\ +\infty ,& p\le 1\text{（发散）}\end{array}}$$

例6： 计算 ${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x}dx$。

解：

$${\int }_0^{b}x{e}^{-x}dx=[-x{e}^{-x}{]}_0^b+{\int }_0^b{e}^{-x}dx=-b{e}^{-b}+[-e^{-x}{]}_0^b=-b{e}^{-b}-e^{-b}+1$$

由洛必达法则：${\lim }_{b\to +\infty }b{e}^{-b}={\lim }_{b\to +\infty }\frac{b}{e^b}={\lim }_{b\to +\infty }\frac{1}{e^b}=0$。

$${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x}dx=0-0+1=1$$

二、无界函数的反常积分

定义2： 设 $f(x)$ 在 $(a,b]$ 上连续，${\lim }_{x\to a^{+}}f(x)=\infty$（$a$ 为瑕点），若极限

$$\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }{\int }_{a+\epsilon }^{b}f(x)dx$$

存在，则称反常积分 ${\int }_a^{b}f(x)dx$ 收敛，否则发散。

类似地，若 $b$ 为瑕点：${\int }_a^{b}f(x)dx={\lim }_{\epsilon \to 0^{+}}{\int }_a^{b-\epsilon }f(x)dx$。

若 $c\in (a,b)$ 为瑕点：${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_a^{c}f(x)dx+{\int }_c^{b}f(x)dx$，两者均收敛时左端收敛。

典型例题：

例7： 讨论 ${\int }_0^1\frac{1}{x^q}dx$。

$x=0$ 为瑕点。

$${\int }_0^1\frac{1}{x^q}dx=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }{\int }_{\epsilon }^1{x}^{-q}dx$$

当 $q\ne 1$ 时：

=lim⁡ε→0+x1−q1−q∣ε1=lim⁡ε→0+1−ε1−q1−q= \\lim_{\\varepsilon\\to 0^+}\\frac{x^{1-q}}{1-q}\\bigg|_\\varepsilon^1 = \\lim_{\\varepsilon\\to 0^+}\\frac{1-\\varepsilon^{1-q}}{1-q}=ε→0+lim​1−qx1−q​​ε1​=ε→0+lim​1−q1−ε1−q​

• 若 $q<1$，$1-q>0$，${\epsilon }^{1-q}\to 0$，收敛于 $\frac{1}{1-q}$。
• 若 $q>1$，$1-q<0$，${\epsilon }^{1-q}\to +\infty$，发散。

当 $q=1$ 时：${\lim }_{\epsilon \to 0^{+}}[\ln x{]}_{\epsilon }^1={\lim }_{\epsilon \to 0^{+}}(-\ln \epsilon )=+\infty$，发散。

$$\boxed{{\int }_0^1\frac{dx}{x^q}=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{1-q},& q<1\text{（收敛）}\\ +\infty ,& q\ge 1\text{（发散）}\end{array}}$$

例8： 计算 ${\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{1-x}}dx$。

$x=1$ 为瑕点。

$${\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x}}=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^{1-\epsilon }(1-x{)}^{-1/2}dx=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }[-2\sqrt{1-x}{]}_0^{1-\epsilon }$$

$$=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }(-2\sqrt{\epsilon }+2)=2$$

*第五节 反常积分的审敛法与 $\Gamma$ 函数

一、无穷限反常积分的审敛法

定理1（比较审敛原理）：

设 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $[a,+\infty )$ 上连续，且 $0\le f(x)\le g(x)$，则：

直观理解：$f$ 被 $g$ 控制（“大的收敛则小的也收敛”；“小的发散则大的也发散”）。

定理2（比较审敛法的极限形式）：

设 $f(x)\ge 0$ 在 $[a,+\infty )$ 上连续，且 ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{f(x)}{1/x^p}={\lim }_{x\to +\infty }{x}^{p}f(x)=l$（$p>0$），则：

这是以 $\frac{1}{x^p}$ 作为比较对象。

定理3（绝对收敛判别法）：

若 ${\int }_a^{+\infty }|f(x)|dx$ 收敛，则 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 收敛。此时称 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ 绝对收敛。

证明思路： $0\le f(x)+|f(x)|\le 2|f(x)|$，由比较审敛法，${\int }_a^{+\infty }[f(x)+|f(x)|]dx$ 收敛，故 ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx={\int }_a^{+\infty }[f(x)+|f(x)|]dx-{\int }_a^{+\infty }|f(x)|dx$ 收敛。

典型例题：

例9： 判断 ${\int }_1^{+\infty }\frac{\sin x}{x^2}dx$ 的收敛性。

解： ∣sin⁡xx2∣≤1×2\\left|\\frac{\\sin x}{x^2}\\right| \\leq \\frac{1}{x^2}​x2sinx​​≤x21​，而 ${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^2}dx$ 收敛（$p=2>1$），由比较审敛法，∫1+∞∣sin⁡xx2∣dx\\int_1^{+\\infty}\\left|\\frac{\\sin x}{x^2}\\right|dx∫1+∞​​x2sinx​​dx 收敛，从而原积分绝对收敛。

二、无界函数的反常积分的审敛法

定理4（比较审敛法）：

设 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $(a,b]$ 上连续，$a$ 为瑕点，$0\le f(x)\le g(x)$，则：

定理5（极限形式）：

设 $f(x)\ge 0$ 在 $(a,b]$ 上连续，$a$ 为瑕点，${\lim }_{x\to a^{+}}\frac{f(x)}{1/(x-a{)}^q}={\lim }_{x\to a^{+}}(x-a{)}^{q}f(x)=l$（$q>0$），则：

典型例题：

例10： 判断 ${\int }_0^1\frac{\sin x}{x^{3/2}}dx$ 的收敛性。

解： $x=0$ 为瑕点。当 $x\to 0^{+}$ 时，$\sin x\sim x$，故：

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x/x^{3/2}}{1/x^{1/2}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$$

即取 $q=\frac{1}{2}$，$l=1$。因 $q=\frac{1}{2}<1$，积分收敛。

三、$\Gamma$ 函数

定义：

$$\boxed{\Gamma (s)={\int }_0^{+\infty }{x}^{s-1}{e}^{-x}dx(s>0)}$$

收敛性： 在 $x=0$ 附近，被积函数 $\sim x^{s-1}$，需 $s>0$ 保证瑕积分收敛；在 $+\infty$ 附近，$e^{-x}$ 的衰减速度极快，保证无穷限积分收敛。

性质1（递推公式）：

$$\boxed{\Gamma (s+1)=s\Gamma (s)(s>0)}$$

证明： 用分部积分：
$$\Gamma (s+1)={\int }_0^{+\infty }{x}^s{e}^{-x}dx$$
令 $u=x^s$，$dv=e^{-x}dx$，则 $du=s{x}^{s-1}dx$，$v=-e^{-x}$：

$$\Gamma (s+1)=[-x^s{e}^{-x}{]}_0^{+\infty }+s{\int }_0^{+\infty }{x}^{s-1}{e}^{-x}dx$$

第一项：当 $x\to +\infty$ 时 $x^s{e}^{-x}\to 0$（指数衰减快于幂增长）；当 $x\to 0^{+}$ 时 $x^s{e}^{-x}\to 0$（$s>0$）。故边界项为 $0$。

$$\Gamma (s+1)=s{\int }_0^{+\infty }{x}^{s-1}{e}^{-x}dx=s\Gamma (s)\square$$

性质2：

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

性质3： 由递推公式：

$$\Gamma (n+1)=n!(n\in \mathbb{N})$$

证明（数学归纳法）： $\Gamma (1)=1=0!$。设 $\Gamma (n)=(n-1)!$，则 $\Gamma (n+1)=n\Gamma (n)=n\cdot (n-1)!=n!$。$\square$

性质4（半整数值）：

$$\boxed{\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi }}$$

证明：
$$\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)={\int }_0^{+\infty }{x}^{-1/2}{e}^{-x}dx$$
令 $x=t^2$（$t>0$），$dx=2tdt$：
$$\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{t}\cdot e^{-t^2}\cdot 2tdt=2{\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}dt$$
由高斯积分（泊松积分）的结果：
$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}dt=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$$

高斯积分的推导：
令 $I={\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}dt$，则
$$I^2={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx{\int }_0^{+\infty }{e}^{-y^2}dy={\iint }_{\text{第一象限}}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy$$
转极坐标：$x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$，$\theta \in [0,\pi /2]$，$r\in [0,+\infty )$：
$$I^2={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-r^2}\cdot rdrd\theta =\frac{\pi }{2}{\int }_0^{+\infty }r{e}^{-r^2}dr=\frac{\pi }{2}{\left[-\frac{1}{2}{e}^{-r^2}\right]}_0^{+\infty }=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{\pi }{4}$$
故 $I=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$。

因此 $\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=2\cdot \frac{\sqrt{\pi }}{2}=\sqrt{\pi }$。$\square$

由此可得一系列半整数值：

$$\Gamma \left(\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{2}\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$$

$$\Gamma \left(\frac{5}{2}\right)=\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \sqrt{\pi }=\frac{3\sqrt{\pi }}{4}$$

一般地：

$$\Gamma \left(n+\frac{1}{2}\right)=\frac{(2n-1)!!}{2^n}\sqrt{\pi }(n\in \mathbb{N})$$

$\Gamma$ 函数的另一常用形式：

令 $x=t^2$，有

$$\Gamma (s)=2{\int }_0^{+\infty }{t}^{2s-1}{e}^{-t^2}dt$$

经典例题与习题精讲

题型一：定积分的计算

例11： 计算 ${\int }_0^4\frac{x+2}{\sqrt{2x+1}}dx$。

解： 令 $t=\sqrt{2x+1}$，则 $t^2=2x+1$，$x=\frac{t^2-1}{2}$，$dx=tdt$。

当 $x=0$ 时 $t=1$；当 $x=4$ 时 $t=3$。

$${\int }_0^4\frac{x+2}{\sqrt{2x+1}}dx={\int }_1^3\frac{\frac{t^2-1}{2}+2}{t}\cdot tdt={\int }_1^3\frac{t^2+3}{2}dt=\frac{1}{2}{\left[\frac{t^3}{3}+3t\right]}_1^3$$

$$=\frac{1}{2}\left[(9+9)-\left(\frac{1}{3}+3\right)\right]=\frac{1}{2}\left[18-\frac{10}{3}\right]=\frac{1}{2}\cdot \frac{44}{3}=\frac{22}{3}$$

例12： 计算 ${\int }_0^{\pi /2}{e}^x\cos xdx$。

解： 用分部积分两次。

$$I={\int }_0^{\pi /2}{e}^x\cos xdx$$

第一次：$u=\cos x$，$dv=e^{x}dx$，$du=-\sin xdx$，$v=e^x$：

$$I=[e^x\cos x{]}_0^{\pi /2}+{\int }_0^{\pi /2}{e}^x\sin xdx=(0-1)+{\int }_0^{\pi /2}{e}^x\sin xdx$$

第二次：$u=\sin x$，$dv=e^{x}dx$，$du=\cos xdx$，$v=e^x$：

$${\int }_0^{\pi /2}{e}^x\sin xdx=[e^x\sin x{]}_0^{\pi /2}-{\int }_0^{\pi /2}{e}^x\cos xdx=(e^{\pi /2}-0)-I$$

代回：

$$I=-1+e^{\pi /2}-I$$

$$2I=e^{\pi /2}-1$$

$$\boxed{I=\frac{e^{\pi /2}-1}{2}}$$

题型二：积分上限函数求导

例13： 设 $\Phi (x)={\int }_0^{x^2}\sin (t^2)dt$，求 ${\Phi }^{\prime }(x)$。

解： 由推广公式，令 $u(x)=x^2$：

$${\Phi }^{\prime }(x)=\sin ((x^2{)}^2)\cdot (x^2{)}^{\prime }=\sin (x^4)\cdot 2x=2x\sin (x^4)$$

例14： 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x\sin t^{2}dt}{x^3}$。

解： 这是 $\frac{0}{0}$ 型，用洛必达法则：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x\sin t^{2}dt}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x^2}{3x^2}=\frac{1}{3}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x^2}{x^2}=\frac{1}{3}\cdot 1=\frac{1}{3}$$

题型三：利用奇偶性和周期性简化计算

例15： 计算 ${\int }_{-\pi }^{\pi }(x^3\cos x+x^2\sin x)dx$。

解： 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上：

• $x^3\cos x$：$(-x{)}^3\cos (-x)=-x^3\cos x$，为奇函数，积分为 $0$。
• $x^2\sin x$：$(-x{)}^2\sin (-x)=-x^2\sin x$，为奇函数，积分为 $0$。

$${\int }_{-\pi }^{\pi }(x^3\cos x+x^2\sin x)dx=0$$

题型四：证明题

例16： 证明 ${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}xdx$。

证： 令 $x=\frac{\pi }{2}-t$，$dx=-dt$。当 $x=0$ 时 $t=\frac{\pi }{2}$；当 $x=\frac{\pi }{2}$ 时 $t=0$。

$${\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}xdx={\int }_{\pi /2}^0{\sin }^n\left(\frac{\pi }{2}-t\right)(-dt)={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{n}tdt$$

证毕。$\square$

例17（积分中值定理的应用）： 证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1\frac{x^n}{1+x}dx=0$。

证： 在 $[0,1]$ 上 $0\le \frac{x^n}{1+x}\le x^n$，故：

$$0\le {\int }_0^1\frac{x^n}{1+x}dx\le {\int }_0^1{x}^{n}dx=\frac{1}{n+1}$$

由夹逼定理：${\lim }_{n\to \infty }{\int }_0^1\frac{x^n}{1+x}dx=0$。$\square$

题型五：反常积分的判断与计算

例18： 判断 ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x\sqrt{x+1}}$ 的敛散性。

解： 当 $x\to +\infty$ 时，$\frac{1}{x\sqrt{x+1}}\sim \frac{1}{x^{3/2}}$。

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1/(x\sqrt{x+1})}{1/x^{3/2}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^{3/2}}{x\sqrt{x+1}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\sqrt{\frac{x}{x+1}}=1$$

因为 $p=\frac{3}{2}>1$ 且极限为 $1\in (0,+\infty )$，由比较审敛法，原积分收敛。

例19： 判断 ${\int }_0^1\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx$ 的敛散性。

解： $x=0$ 为瑕点。当 $x\to 0^{+}$ 时，$\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\to -\infty$。

考虑 ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{|\ln x|/\sqrt{x}}{1/x^{1/4}}={\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{|\ln x|}{x^{1/4}}$。

令 $x=e^{-t}$（$t\to +\infty$），则 $\frac{|\ln x|}{x^{1/4}}=\frac{t}{e^{-t/4}}=t{e}^{t/4}\to +\infty$，这个比较方向不好用。

换一种方式，取 $q=\frac{3}{4}<1$：

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{3/4}\cdot \frac{|\ln x|}{\sqrt{x}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{1/4}|\ln x|$$

令 $t=-\ln x$，$x=e^{-t}$，$t\to +\infty$：

$$x^{1/4}|\ln x|=e^{-t/4}\cdot t=\frac{t}{e^{t/4}}\to 0(\text{洛必达})$$

故极限 $l=0$，$q=\frac{3}{4}<1$，由审敛法，原积分收敛。

例20： 计算 ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x(x+1)}$。

解： 部分分式：$\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$。

$${\int }_1^b\frac{dx}{x(x+1)}={\int }_1^b\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)dx=[\ln x-\ln (x+1){]}_1^b=\ln \frac{b}{b+1}-\ln \frac{1}{2}$$

$$=\ln \frac{b}{b+1}+\ln 2$$

$$\underset{b\to +\infty }{\lim }\ln \frac{b}{b+1}=\ln 1=0$$

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

题型六：$\Gamma$ 函数相关

例21： 将 ${\int }_0^{+\infty }{x}^5{e}^{-x^2}dx$ 用 $\Gamma$ 函数表示并计算。

解： 令 $x^2=t$，$x=t^{1/2}$，$dx=\frac{1}{2}{t}^{-1/2}dt$：

$${\int }_0^{+\infty }{x}^5{e}^{-x^2}dx={\int }_0^{+\infty }{t}^{5/2}{e}^{-t}\cdot \frac{1}{2}{t}^{-1/2}dt=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }{t}^2{e}^{-t}dt=\frac{1}{2}\Gamma (3)$$

$$=\frac{1}{2}\cdot 2!=\frac{1}{2}\cdot 2=1$$

本章知识体系总结

核心公式速查：

$${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x^p}\text{ 当 }p>1\text{ 收敛}{\int }_0^1\frac{dx}{x^q}\text{ 当 }q<1\text{ 收敛}$$

$$\Gamma (s+1)=s!(s\in \mathbb{N}),\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi },\Gamma (s+1)=s\Gamma (s)$$