§12.2 广义积分的敛散性判别法 · 《数学分析》

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} x f (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 \leqslant \int_ {a} ^ {A} f (x) \mathrm{d} x \leqslant \int_ {a} ^ {A} x f (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 $a < A < A'$ ，对于积分

\left| \int_ {A} ^ {A ^ {\prime}} f (x) \mathrm{d} x \right| = \left| \int_ {A} ^ {A ^ {\prime}} x f (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 $\xi \in (A, A')$ ，使得成立

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

然后利用条件就可以使得左边的积分当 $A, A'$ 充分大时小于事先给定的 $\varepsilon > 0$ ，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 $b' > a$ ，积分 $\int_{a}^{b'} v(x) \, \mathrm{d}x$ 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 $B > A \geqslant A_{1}$ ，成立 $\left|\int_{A}^{B} f(x) \, \mathrm{d}x\right| < 1$ .

归纳地可知，对于 $n \geqslant 2$ ，存在 $A_{n} \geqslant A_{n-1} + 1$ ，使得对于任何 $B > A \geqslant A_{n}$ ，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) = \left\{ \begin{array}{l l} 1, & a \leqslant x \leqslant A _ {1}, \\ \frac {1}{n}, & A _ {n} < x \leqslant A _ {n + 1}, n \in \mathbf {N} _ {+} \end{array} \right.\tag{12.2}

和

v (x) = \frac {f (x)}{u (x)}, a \leqslant x < + \infty ,\tag{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 $a \leqslant A \leqslant A_1$ 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 $A_{n} < A \leqslant A_{n+1}$ ．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}} + \dots + (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}{r l} & {\left| \int_ {a} ^ {A} v (x) \mathrm{d} x \right| \leqslant \left| \int_ {a} ^ {A _ {1}} f \right| + \left| \int_ {A _ {1}} ^ {A _ {2}} f \right| + 2 \left| \int_ {A _ {2}} ^ {A _ {3}} f \right| + \dots + (n - 1) \left| \int_ {A _ {n - 1}} ^ {A _ {n}} f \right| + n \left| \int_ {A _ {n}} ^ {A} f \right|} \\ & {\qquad \leqslant L + 1 + 2 \cdot \frac {1}{2 ^ {3}} + \dots + (n - 1) \cdot \frac {1}{(n - 1) ^ {3}} + n \cdot \frac {1}{n ^ {3}}} \\ & {\qquad = L + 1 + \frac {1}{2 ^ {2}} + \dots + \frac {1}{n ^ {2}}} \\ & {\qquad < L + 1 + \frac {1}{1 \cdot 2} + \dots + \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

\lim _ {x \to + \infty} 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 $p \neq 1$ 时，由

\lim _ {x \rightarrow + \infty} x \cdot \frac {(1 - p) x ^ {2} + x - p ^ {2}}{(x ^ {2} + p) (x + 1)} = 1 - p \neq 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 $p \neq 0$ 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}} \quad (x \rightarrow 1 ^ {-})

可知，原积分在 $-1 < p < 0$ 时收敛，而在 $p \leqslant -1$ 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

\lim _ {x \rightarrow 0 ^ {+}} x ^ {p} \cdot \frac {1}{x ^ {p} (1 + x ^ {2})} = 1,

因此 $p<1$ 时 $I_{1}$ 收敛，而 $p \geqslant 1$ 时 $I_{1}$ 发散．

对 $I_{2}$ ，由于

\lim _ {x \rightarrow + \infty} 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 $p \geqslant 1$ 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, \quad \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．