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5.3 反常积分
2025-12-03
高等数学
数学

§\S5.3 反常积分#

两种反常积分：1. 区间无限；2. 被积函数无界

一、无穷限反常积分#

1. 概念#

设 f(x)f(x) 定义在 [a,+∞)[a,+\infty) 内，且对于任意 [a,u]⊆[a,+∞)[a,u]\subseteq [a,+\infty)，f(x)f(x) 在 [a,u][a,u] 上可积，即 ∫auf(x)dx\displaystyle \int_a^uf(x)\mathrm dx 存在。

若存在 lim⁡u→0∫auf(x)dx=J\displaystyle \lim_{u\to 0}\int_a^uf(x)\mathrm dx=J，则称 JJ 为 f(x)f(x) 在 [a,+∞)[a,+\infty) 上的无穷限反常积分（或无穷积分），记为

J=∫a+∞f(x)dxJ=\int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx

此时也称反常积分收敛，否则，称反常积分 ∫a+∞f(x)dx\displaystyle \int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 发散。

类似地，可定义 (−∞,b](-\infty,b] 上的无穷积分

∫−∞bf(x)dx=lim⁡u→−∞f(x)dx\displaystyle \int_{-\infty}^bf(x)\mathrm dx=\lim_{u\to -\infty}f(x)\mathrm dx

f(x)∈Rf(x)\in R，若 ∫a+∞f(x)dx\int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 与 ∫−∞af(x)dx\int_{-\infty}^af(x)\mathrm dx 均收敛，则二者之和记为 RR 上的反常积分 ∫−∞+∞f(x)dx\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\mathrm dx ，此时它收敛。

例题#

  1. ∫−∞0xe−x2dx\int_{-\infty}^0xe^{-x^2}\mathrm dx

∵∫u0xe−x2dx=−12∫u0e−x2d(−x2)=−12e−x2∣u0=−12(1−e−u2)\because \int_u^0xe^{-x^2}\mathrm dx=-\dfrac{1}{2}\int_u^0e^{-x^2}\mathrm d(-x^2)=-\dfrac{1}{2}e^{-x^2}|_u^0=-\dfrac{1}{2}(1-e^{-u^2})

∴\therefore 原式 =lim⁡n→−∞−12(1−e−u2)=−12\displaystyle =\lim_{n\to -\infty}-\dfrac{1}{2}(1-e^{-u^2})=-\dfrac{1}{2}，收敛

  1. 求 f(x)=∫0x2(2−t)e−tdtf(x)=\int_0^{x^2}(2-t)e^{-t}\mathrm dt 在 [0,+∞)[0,+\infty) 的最大值和最小值

解：f′(x)=(2−x2)e−x2⋅2x=0f'(x)=(2-x^2)e^{-x^2}\cdot 2x=0，驻点 x=2x=\sqrt{2}，(0,2)(0,\sqrt{2}) 单调上升，(2,+∞)(\sqrt{2},+\infty) 单调下降，所以 x=2x=\sqrt{2} 为极大值点。

f(2)=∫02(2−t)e−tdt=−(2−t)e−t∣02−∫02e−tdt=1+e−2f(\sqrt{2})=\int_0^2(2-t)e^{-t}\mathrm dt=-(2-t)e^{-t}|_0^2-\int_0^2e^{-t}\mathrm dt=1+e^{-2}

又 f(0)=0f(0)=0

lim⁡x→+∞f(x)=∫0+∞(2−t)e−tdt=lim⁡u→+∞∫0u(2−t)e−tdt=lim⁡u→+∞[(u−2)e−u+e−u+1]=1\begin{align*} \lim_{x\to +\infty}f(x)&=\int_0^{+\infty}(2-t)e^{-t}\mathrm dt\\ &=\lim_{u\to +\infty}\int_0^u(2-t)e^{-t}\mathrm dt\\ &=\lim_{u\to +\infty}[(u-2)e^{-u}+e^{-u}+1]=1 \end{align*}

∴\therefore 最小值 f(0)=0f(0)=0，最大值 f(2)=1+e−2f(\sqrt{2})=1+e^{-2}

∫−∞+∞11+x2dx=∫−∞011+x2dx+∫0+∞11+x2dx=lim⁡v→−∞∫+v011+x2dx+lim⁡u→+∞∫0u11+x2dx=lim⁡v→−∞(−arctan⁡v)+lim⁡u→+∞(arctan⁡u)=π2+π2=π\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1}{1+x^2}\mathrm dx&=\int_{-\infty}^0\dfrac{1}{1+x^2}\mathrm dx+\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{1+x^2}\mathrm dx\\ &=\lim_{v\to -\infty}\int_{+v}^0\dfrac{1}{1+x^2}\mathrm dx+\lim_{u\to +\infty}\int_0^u\dfrac{1}{1+x^2}\mathrm dx\\ &=\lim_{v\to -\infty}(-\arctan v)+\lim_{u\to +\infty}(\arctan u)\\ &=\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{2}\\ &=\pi \end{align*}
∫−∞+∞2x1+x2dx=∫−∞02x1+x2dx+∫0+∞2x1+x2dx\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{2x}{1+x^2}\mathrm dx=\int_{-\infty}^0\dfrac{2x}{1+x^2}\mathrm dx+\int_0^{+\infty}\dfrac{2x}{1+x^2}\mathrm dx \end{align*}∫0+∞2x1+x2dx=lim⁡u→+∞∫0u11+x2d(1+x2)=lim⁡u→+∞∣ln⁡(1+x2)∣∣0u=+∞，发散\begin{align*} \int_0^{+\infty}\dfrac{2x}{1+x^2}\mathrm dx&=\lim_{u\to +\infty}\int_0^u\dfrac{1}{1+x^2}\mathrm d(1+x^2)\\ &=\lim_{u\to +\infty}|\ln(1+x^2)||_0^u=+\infty，发散 \end{align*}

∴\therefore 原积分发散

  1. 证明 ∫a+∞1xpdx(a>0)\int_a^{+\infty}\dfrac{1}{x^p}\mathrm dx(a\gt 0) 在 p>1p\gt 1 时收敛，在 p≤1p\le 1 时收敛

证：

∫au1xpdx={11−p(u1−p−a1−p)p≠1ln⁡u−ln⁡ap=1\begin{align*} \int_a^u\dfrac{1}{x^p}\mathrm dx=\begin{cases} \dfrac{1}{1-p}(u^{1-p}-a^{1-p}) \quad &p\ne 1\\ \ln u-\ln a \quad &p=1\\ \end{cases} \end{align*}

从而

lim⁡u→+∞∫au1xpdx={a1−pp−1p>1+∞p≤1\begin{align*} \lim_{u\to +\infty}\int_a^u\dfrac{1}{x^p}\mathrm dx=\begin{cases} \dfrac{a^{1-p}}{p-1}\quad &p\gt 1\\ +\infty\quad &p\le 1 \end{cases} \end{align*}

证毕

2. 无穷限积分敛散性判别#

定理1：f(x)f(x) 在 [a,u][a,u] 上可积，∫a+∞∣f(x)∣dx\displaystyle \int_a^{+\infty}|f(x)|\mathrm dx 收敛 ⇒∫a+∞f(x)dx\Rightarrow \displaystyle \int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 收敛，且 ∣∫a+∞f(x)dx∣≤∫a+∞∣f(x)∣dx\displaystyle |\int_a^{+\infty} f(x)\mathrm dx|\le \int_a^{+\infty} |f(x)|\mathrm dx

定义

∫a+∞f(x)dx\int_a^{+\infty} f(x)\mathrm dx 收敛，⇒\Rightarrow

  • 若 ∫a+∞∣f(x)∣dx\int_a^{+\infty}|f(x)|\mathrm dx 收敛，称为绝对收敛
  • 若 ∫a+∞∣f(x)∣dx\int_a^{+\infty}|f(x)|\mathrm dx 发散，称为条件收敛

定理2[比较法]：f(x),g(x)f(x),g(x) 非负。f(x)≤g(x)⇒f(x)\le g(x)\Rightarrow

  • 若 ∫a+∞g(x)dx\int_a^{+\infty}g(x)\mathrm dx 收敛，则 ∫a+∞f(x)dx\int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 收敛（“大”收敛 → “小”收敛）
  • 若 ∫a+∞f(x)dx\int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 发散，则 ∫a+∞g(x)dx\int_a^{+\infty}g(x)\mathrm dx 发散（“小”发散 → “大”发散）

往往取 g(x)=1xpg(x)=\dfrac{1}{x^p}

推论#

  1. 比较法-极限：设 f(x),g(x)f(x),g(x) 非负，定义在 [a,+∞)[a,+\infty) 且在任意 [a,u][a,u] 上均可积，lim⁡x→+∞f(x)g(x)=C\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=C
  • 0<C<+∞0\lt C\lt +\infty，∫a+∞f(x)dx\int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 与 ∫a+∞g(x)dx\int_a^{+\infty}g(x)\mathrm dx 同敛散
  • C=0C=0，∫a+∞g(x)dx\int_a^{+\infty}g(x)\mathrm dx 收敛 ⇒∫a+∞f(x)dx\Rightarrow \int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 收敛，∫a+∞f(x)dx\int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 发散 ⇒∫a+∞g(x)dx\Rightarrow \int_a^{+\infty}g(x)\mathrm dx 发散
  • C=+∞C=+\infty，∫a+∞f(x)dx\int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 收敛 ⇒∫a+∞g(x)dx\Rightarrow \int_a^{+\infty}g(x)\mathrm dx 收敛，∫a+∞g(x)dx\int_a^{+\infty}g(x)\mathrm dx 发散 ⇒∫a+∞f(x)dx\Rightarrow \int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 发散
  1. 选择 1xp\dfrac{1}{x^p}
  • f(x)≤1xpf(x)\le \dfrac{1}{x^p} 且 p>1⇒∫a+∞f(x)dxp\gt 1 \Rightarrow \int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 收敛
  • f(x)≥1xpf(x)\ge \dfrac{1}{x^p} 且 p<1⇒∫a+∞f(x)dxp\lt 1 \Rightarrow \int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 发散
  1. lim⁡x→+∞xpf(x)=λ\displaystyle \lim_{x\to +\infty}x^pf(x)=\lambda
  • p>1p\gt 1 且 0≤λ<+∞⇒∫a+∞f(x)dx0\le \lambda \lt +\infty \Rightarrow \int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 收敛
  • p≤1p\le 1 且 0<λ≤+∞⇒∫a+∞f(x)dx0\lt \lambda \le +\infty \Rightarrow \int_a^{+\infty}f(x)\mathrm dx 发散

例题#

f(x)≤1xf(x)\le \dfrac{1}{x}，∫a+∞1xdx\displaystyle \int_a^{+\infty}\dfrac{1}{x}\mathrm dx 发散

∫1+∞x321+x2\displaystyle \int_1^{+\infty}\dfrac{x^{\frac{3}{2}}}{1+x^2} 发散

∫1+∞1x1+x2dx\displaystyle \int_1^{+\infty}\dfrac{1}{x\sqrt{1+x^2}}\mathrm dx 收敛

二、无界函数的反常积分#

1. 概念#

f(x)f(x) 定义在 (a,b](a,b] 上，对于任意 ε>0\varepsilon \gt 0，[a,a+ε][a,a+\varepsilon] 内 f(x)f(x) 无界，但对任意 [u,b]⊂(a,b][u,b]\subset (a,b] 内有界可积，若存在极限

lim⁡x→a+∫abf(x)dx=J\lim_{x\to a^+}\int_a^bf(x)\mathrm dx = J

则称该极限为 f(x)f(x) 在 (a,b](a,b] 上的瑕积分，其中 aa 为瑕点，此时，∫abf(x)dx\int_a^bf(x)\mathrm dx 收敛。否则，∫abf(x)dx\int_a^bf(x)\mathrm dx 发散。

对于

lim⁡a→bf(x)dx=lim⁡u→b−∫auf(x)dx\lim_{a \to b}f(x)\mathrm dx=\lim_{u\to b^-}\int_a^uf(x)\mathrm dx

称 bb 为瑕点

对于

∫abf(x)dx=lim⁡u→a+∫ucf(x)dx+lim⁡u→b−∫cuf(x)dxc∈(a,b)\int_a^bf(x)\mathrm dx=\lim_{u\to a^+}\int_u^cf(x)\mathrm dx+\lim_{u\to b^-}\int_c^u f(x)\mathrm dx\quad c\in (a,b)

称 x=a,x=bx=a,x=b 为瑕点

若 x=c(c∈(a,b))x=c\quad(c\in(a,b)) 为瑕点，且在 [a,c)∪(c,b][a,c)\cup (c,b] 上可积，则

∫abf(x)dx=lim⁡u→c−∫auf(x)dx+lim⁡u→c+∫buf(x)dx\int_a^bf(x)\mathrm dx=\lim_{u\to c^-}\int_a^uf(x)\mathrm dx+\lim_{u\to c^+}\int_b^uf(x)\mathrm dx

2. 无界函数积分收敛性判断#

与无穷限积分敛散性判断方法基本相同

定理[柯西准则]：

∀ε>0∃δ>0u1,u2∈(a,a+δ)⇔∣∫u1bf(x)dx−∫u2bf(x)dx∣=∣∫u1u2f(x)dx∣<ε\forall \varepsilon \gt 0\quad \exists \delta \gt 0\quad u_1,u_2\in(a,a+\delta)\Leftrightarrow |\int_{u_1}^bf(x)\mathrm dx-\int_{u_2}^bf(x)\mathrm dx|=|\int_{u_1}^{u_2}f(x)\mathrm dx|\lt \varepsilon
  • 比较法与推论1和无穷积分类似
  • 推论2中，取 g(x)=1(x−a)pg(x)=\dfrac{1}{(x-a)^p}
  • 推论3中，条件为 lim⁡x→a+(x−a)pf(x)=λ\displaystyle \lim_{x\to a^+}(x-a)^pf(x)=\lambda

例题#

∫ab1(x−a)pdx=lim⁡u→a+∫au1(x−a)pdx\int_a^b\dfrac{1}{(x-a)^p}\mathrm dx=\lim_{u\to a^+}\int_a^u\dfrac{1}{(x-a)^p}\mathrm dx

x=ax=a 为瑕点

∫ub1(x−a)pdx={ln⁡∣x−a∣∣ubp=11−p+1(x−a)−p+1∣ubp≠1\begin{align*} \int_u^b\dfrac{1}{(x-a)^p}\mathrm dx=\begin{cases} \ln|x-a||_u^b \quad &p=1\\ \dfrac{1}{-p+1}(x-a)^{-p+1}|_u^b \quad &p\ne 1\\ \end{cases} \end{align*}

∴p<1\therefore p\lt 1收敛，p≥1p\ge 1发散

∫031(x−1)23dx=∫011(x−1)23dx+∫131(x−1)23dx=1−23+1(x−1)13∣01+1−23+1(x−1)13∣13=3(x−1)13∣03=323+3\begin{align*} \int_0^3\dfrac{1}{(x-1)^{\frac{2}{3}}}\mathrm dx&=\int_0^1\dfrac{1}{(x-1)^{\frac{2}{3}}}\mathrm dx+\int_1^3\dfrac{1}{(x-1)^{\frac{2}{3}}}\mathrm dx\\ &=\dfrac{1}{-\frac{2}{3}+1}(x-1)^{\frac{1}{3}}|_0^1+\dfrac{1}{-\frac{2}{3}+1}(x-1)^{\frac{1}{3}}|_1^3\\ &=3(x-1)^{\frac{1}{3}}|_0^3\\ &=3\sqrt[3]{2}+3 \end{align*}

瑕点 x=1x=1

  1. ∫01ln⁡xx−1dx\displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln x}{x-1}\mathrm dx 是否存在瑕点？

使 f(x)=ln⁡xx−1f(x)=\dfrac{\ln x}{x-1} 无意义的点为 x=0,x=1x=0,x=1

lim⁡x→0ln⁡xx−1=lim⁡x→01x=∞\displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln x}{x-1}=\lim_{x\to 0}\dfrac{1}{x}=\infty，x=0x=0 为瑕点

lim⁡x→1ln⁡xx−1=lim⁡x→11x=1\displaystyle \lim_{x\to 1}\dfrac{\ln x}{x-1}=\lim_{x\to 1}\dfrac{1}{x}=1，可去间断点，不是瑕点

  1. 判断 ∫0πsin⁡xx32dx\displaystyle \int_0^\pi \dfrac{\sin x}{x^{\frac{3}{2}}}\mathrm dx 敛散性
sin⁡xx32≤xx32=1x12\dfrac{\sin x}{x^{\frac{3}{2}}}\le \dfrac{x}{x^{\frac{3}{2}}}=\dfrac{1}{x^{\frac{1}{2}}}

p=12p=\dfrac{1}{2}，收敛，故题设函数也收敛

∫02πsin⁡xx32dx=∫0πsin⁡xx32收敛+∫π2πsin⁡xx32定积分，收敛\int_0^{2\pi}\dfrac{\sin x}{x^{\frac{3}{2}}}\mathrm dx= \underset{收敛}{\int_0^\pi\dfrac{\sin x}{x^{\frac{3}{2}}}}+\underset{定积分}{\int_\pi^{2\pi}\dfrac{\sin x}{x^{\frac{3}{2}}}}，收敛

判断 ∫01ln⁡xxdx\displaystyle \int_0^1\dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm dx 敛散性

lim⁡x→0ln⁡xx=∞\displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}=\infty，x=0x=0 为瑕点

lim⁡x→0+ln⁡xxx34=lim⁡x→0+ln⁡x1x4=0\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\dfrac{\frac{\ln x}{\sqrt{x}}}{x^{\frac{3}{4}}}=\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\ln x}{\frac{1}{x^4}}=0

又 ∵p<1\because p\lt 1

∴\therefore 原函数收敛

5.3 反常积分
https://gitee.com/jason_ren/advanced-math-note
作者
Jason Ren
发布于
2025-12-03
许可协议
CC BY-SA 4.0

部分信息可能已经过时

5.2 基本定理、公式及其计算
5.4 定积分的应用
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