§12.2 广义积分的敛散性判别法

本节在第一小节中从一个例题开始, 讨论敛散性判别法. 对 $Dirichlet$ 判别法和 $Abel$ 判别法的必要性给出证明和改进. 在后两个小节中给出例题和练习题.

12.2.1 敛散性判别法

下面先看一个简单例题. 在其中我们将从基本定义出发进行讨论, 而不直接应用某个判别法, 其目的是说明这里所遇到的问题的一般特征.

例题 12.2.1

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

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

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

证明

如果 $f$ 非负, 则可以写出不等式

$$0⩽{\int }_a^{A}f(x)\mathrm{d}x⩽{\int }_a^{A}xf(x)\mathrm{d}x,$$

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 ^① . 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

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

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

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

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.

注意

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．其中的基本理由和上面这个简单例题是相同的．初学者可以复习一下 §3.4 中对于 $Cauchy$ 收敛准则的基本内容.

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.

这里需要指出, $Abel$ 判别法和 $Dirichlet$ 判别法中的条件不仅是广义积分收敛的充分条件, 同时也是必要条件. 当然, $Abel$ 判别法的必要性是平凡的. 但是 $Dirichlet$ 判别法的必要性则是较新的发现, 多数教科书中都没有收入. 下面我们给出它的证明 (参见 [68]).

命题 12.2.1 (Dirichlet 判别法)

设 $f$ 在 $[a,b)$ 上内闭可积, $b$ 为奇点, 广义积分 ${\int }_a^{b}f$ 收敛的充分必要条件是存在分解 $f=uv$, 使得

(1) 函数 $u$ 在 $[a,b)$ 上单调, 且 ${\lim }_{x\to b^{-}}u(x)=0$ ;

(2) 对任何 $b^{\prime }>a$ , 积分 ${\int }_a^{b^{\prime }}v(x)\mathrm{d}x$ 存在且有界.

证明

充分性见一般教科书. 下面只对 $b=+\infty$ 情况的必要性给出证明, 对于其他情况的证明是类似的.

由于广义积分 ${\int }_a^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$ 收敛, 根据 $Cauchy$ 收敛准则, 存在 $A_1>a$ , 使得对于任何 $B>A⩾A_1$ , 成立 $\left|{\int }_A^{B}f(x)\mathrm{d}x\right|<1$ .

归纳地可知, 对于 $n⩾2$ , 存在 $A_n⩾A_{n-1}+1$ , 使得对于任何 $B>A⩾A_n$ , 成立 $\left|{\int }_A^{B}f(x)\mathrm{d}x\right|<\frac{1}{n^3}$ . 这样得到的 $\{A_n\}$ 是严格单调增加的无穷大数列.

现在定义

$$u(x)=\{\begin{array}{ll}1,& a⩽x⩽A_1,\\ \frac{1}{n},& A_n<x⩽A_{n+1},n\in {\mathbf{N}}_{+}\end{array}\text{\hspace{1em}(12.2)}$$

和

$$v(x)=\frac{f(x)}{u(x)},a⩽x<+\infty ,\text{\hspace{1em}(12.3)}$$

这样就有分解 $f=uv$ ，其中函数 $u$ 满足条件 (1) 是明显的，下面只需验证函数 $v$ 满足条件 (2). 容易看出 $v$ 在 $[a,+\infty )$ 上内闭可积，因此只需要证明它在任何区间 $[a,A]$ 上的积分有界.

由于当 $a⩽A⩽A_1$ 时 $v(x)=f(x)$ , 因此存在常数 $L>0$ , 使得对这样的 $A$ 成立

$$\left|{\int }_a^{A}v(x)\mathrm{d}x\right|<L.$$

若 $A>A_1$ , 则存在 $n$ , 使得 $A_n<A⩽A_{n+1}$ . 这时根据定义 (12.3) 和 (12.2), 可以先作分解:

$${\int }_a^{A}v(x)\mathrm{d}x=\left[{\int }_a^{A_1}+{\int }_{A_1}^{A_2}+2{\int }_{A_2}^{A_3}+\cdots +(n-1){\int }_{A_{n-1}}^{A_n}+n{\int }_{A_n}^A\right]f(x)\mathrm{d}x,$$

然后就不难作出所需要的估计如下:

$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_a^{A}v(x)\mathrm{d}x\right|⩽\left|{\int }_a^{A_1}f\right|+\left|{\int }_{A_1}^{A_2}f\right|+2\left|{\int }_{A_2}^{A_3}f\right|+\cdots +(n-1)\left|{\int }_{A_{n-1}}^{A_n}f\right|+n\left|{\int }_{A_n}^{A}f\right|\\ & ⩽L+1+2\cdot \frac{1}{2^3}+\cdots +(n-1)\cdot \frac{1}{(n-1{)}^3}+n\cdot \frac{1}{n^3}\\ & =L+1+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{n^2}\\ & <L+1+\frac{1}{1\cdot 2}+\cdots +\frac{1}{(n-1)n}<L+2.\end{array}$$

下面我们再观察 $Abel$ 判别法.

命题 12.2.2 (Abel 判别法)

设 $f$ 在 $[a,b)$ 上内闭可积， $b$ 为奇点，广义积分 ${\int }_a^{b}f$ 收敛的充分必要条件是存在分解 $f=uv$ ，使得

(1) 函数 $u$ 在 $[a,b)$ 上单调有界;

(2) 积分 ${\int }_a^{b}v(x)\mathrm{d}x$ 收敛.

讨论与证明

众所周知, $Abel$ 判别法的充分性可以从 $Dirichlet$ 判别法导出, 同时其必要性是平凡的, 因为可以令 $u\equiv 1$ , $v\equiv f$ . 但是应用 $Dirichlet$ 判别法的必要性可以证明, 在 $Abel$ 判别法中的必要性可以加强为: $u(x)$ 不仅单调, 而且 $u(b^{-})=0$ (见 [68]).

证明是简单的. 设 $f=uv$ 是满足 $Dirichlet$ 判别法条件的分解. 不妨设其中 $u$ 非负. 然后令

$$u_1=\sqrt{u},v_1=\sqrt{u}v,$$

就不难看出 $f=u_1{v}_1$ 是满足 $Abel$ 判别法条件的分解，而且 $u_1(b^{-})=0$.

12.2.2 例题

例题 12.2.2

讨论下列广义积分的敛散性:

(1) ${\int }_1^{+\infty }\left(\frac{x}{x^2+p}-\frac{p}{x+1}\right)\mathrm{d}x;$ (2) ${\int }_0^1|\ln x{|}^p\mathrm{d}x;$ (3) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[3]{x^2(x-1{)}^2}};$ (4) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{x^p(1+x^2)}(p>0).$

解

容易验证, 这 $4$ 个题的被积函数都在奇点附近不变号, 因此都可用比较判别法和 $Cauchy$ 判别法 (见教科书) 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

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

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 ${\lim }_{x\to 0^{+}}{x}^{\frac{1}{2}}|\ln x{|}^p=0$ , 知 ${\int }_0^1|\ln x{|}^p\mathrm{d}x$ 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 ${\lim }_{x\to 0^{+}}|\ln x{|}^p=0$ , 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 $p⩽-1$ 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 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ , $\left[\frac{1}{2},1\right]$ , $\left[1,\frac{3}{2}\right]$ 和 $\left[\frac{3}{2},+\infty \right)$ 上的积分, 并将在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 $f(x)\sim x^{-\frac{2}{3}}(x\to 0^{+})$ ，可知 $I_1$ 收敛.

对 $I_2$ 和 $I_3$ , 由 $f(x)\sim (x-1{)}^{-\frac{2}{3}}$ ( $x\to 1$ ), 可知 $I_2,I_3$ 均收敛.

最后, 由 $f(x)\sim x^{-\frac{4}{3}}(x\to +\infty )$ , 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 $p⩾1$ 时 $I_1$ 发散.

对 $I_2$ ，由于

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

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 $p⩾1$ 时发散, 在 $0<p<1$ 时收敛. $\square$

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

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

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, 判别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

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x,{\int }_0^{+\infty }x\ln x\mathrm{d}x$$

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

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

只有在判定右边每个积分收敛之后才成立, 而不是在此前.