反常積分的計算（例題）

05-22

反常積分的計算（例題）

來自專欄數學分析教學筆記

這裡的題目來自裴禮文《數學分析中的典型問題與方法》。

反常積分是我剛剛講過的知識內容，華東師大第四版數學分析的第11章，本文主要考慮反常積分的計算問題。

粗略而言，反常積分是正常積分和極限工具的結合，所以定積分的計算方法：牛頓-萊布尼茨公式，換元積分，分部積分這些方法都是適用的。

4.5.1 反常積分的計算

1. 計算反常積分 $I=int_{-infty}^{+infty}|t-x|^{1/2}frac{y}{(t-x)^2+y^2}dt.$

解 本題中 $t-x$ 的形式有堆砌之嫌，個人以為不妨直接命題 $I=2int_0^{+infty}frac{sqrt uy}{u^2+y^2}dt.$

關鍵的步驟，令 $sqrt{u/y}=v$ ，則 $I=4sqrt y int_0^{+infty}frac{v^2}{1+v^4}dv=4sqrt y J$ ，

下面計算 $J=int_0^1frac{1}{1+v^4}dv + int_1^{+infty}frac{1}{1+v^4}dv=J_1+J_2$ .

令 $w=1/v$ ，得 $J_1=int_1^{+infty}frac{w^2}{1+w^4}dw$ ，從而

$J=int_1^{+infty}frac{1+w^2}{1+w^4}dw=int_1^{+infty}frac{1}{(v-1/v)^2+2}d(v-1/v)=frac{pi}{2sqrt2}$ ，

代入得到 $I=sqrt{2y}pi$ .

2. 證明 $I=int_0^{+infty}f(ax+frac{b}{x})dx=frac{1}{a}int_0^{+infty}f(sqrt{t^2+4ab})dt, a, b>0$ .

證明由 $ax+b/x=sqrt{t^2+4ab}$ ，我們令 $t=ax-b/x$ ，則

$x=frac{1}{2a}(t+sqrt{t^2+4ab}), dx=frac{1}{2a}(1+frac{t}{sqrt{t^2+4ab}})dt,$ 代入可得結論。

3. 已知 $int_0^{+infty}e^{-x^2}dx=sqrtpi/2,$ 證明 $I=int_0^{+infty}e^{-a^2x^2-frac{b^2}{x^2}}dx=frac{sqrtpi}{2a}e^{-2ab}.$

證明這是第2題的應用。 $I=int_0^{+infty}e^{-(ax+b/x)^2+2ab}dx=e^{2ab}cdotfrac{1}{a}int_0^{+infty}e^{-(t^2+4ab)}dt=e^{-2ab}cdotfrac{1}{a}cdotfrac{sqrtpi}{2}.$

4. 設 $m, n$ 為自然數，求 $I_m=int_0^1t^n(ln t)^mdt.$ （北師大）

解由分部積分法， $I_m=frac{1}{n+1}int_0^1(ln t)^mdt^{n+1}=-frac{m}{n+1}I_{m-1},$ 得出

$I_m=(-1)^mfrac{m!}{(n+1)^{m+1}}.$

5. 計算積分 $I=int_0^{pi/2}cos 2nxlncos xdx$ .

解由分部積分法 $I=frac{1}{2n}int_0^{pi/2}ln cosx dsin 2nx=frac{1}{2n}int_0^{pi/2}frac{sin 2nxcdotsin x}{cos x}dx,$

由三角函數積化和差公式， $I=frac{1}{4n}int_0^{pi/2}frac{cos(2n-1)x-cos(2n+1)x}{cos x}dx,$

化餘弦為正弦，令 $t=pi/2 -x,$ 並由誘導公式，得

$I=frac{1}{4n}[(-1)^{n-1}int_0^{pi/2}(frac{sin(2n-1)t}{sin t}+frac{sin(2n+1)t}{sin t})dt],$

重要的三角恆等式出現了，即

$frac{sin(2n+1)t}{sin t}=1+2(cos 2t+cos 4t + cdots+cos 2nt),$

得 $I=(-1)^{n-1}cdotfrac{pi}{4n}.$

6. 計算 $I_n=int_1^{+infty}frac{dx}{x(x+1)cdots(x+n)}.$

解化為部分分式 $frac{1}{x(x+1)cdots(x+n)}=frac{A_0}{x}+frac{A_1}{x+1}+cdots+frac{A_n}{x+n},$

通分後分別代入 $x=0,-1, cdots, -n,$ 得 $A_k=(-1)^kfrac{(^n_k)}{n!}$ ,

所以 $I_n=frac{1}{n!}sum_{k=0}^n (-1)^k (^n_k)ln(x+k)|_1^{+infty},$

又因為 $ln(x+k)=ln x+ln(1+frac{k}{x}),$ 由牛頓二項式公式，得

$limlimits_{x ightarrow +infty}sum_{k=0}^n(^n_k)1^{n-k}(-1)^kcdotln x=ln xcdot(1-1)^n=0,$

再由有限個無窮小的和仍為無窮小量，得

$limlimits_{x ightarrow +infty}sum_{k=0}^n(^n_k)1^{n-k}(-1)^kcdotln(1+frac{k}{x})=0$ ，

所以 $I_n=frac{1}{n!}sum_{k=0}^n(^n_k)ln(1+k).$

7. 計算 $I=int_0^{pi/2}lnsin xdx.$ (武漢大學&華東師大上P286第5題)

解瑕點為0，首先證明其收斂，顯然

$lim_{n ightarrow 0^+}sqrt xcdot lnsin x=0$ ,

由柯西判別法瑕積分收斂，分別換元（ $t=pi-x, u=pi/2-x$ ）,我們有

$I=int_0^{pi/2}lnsin xdx=int_{pi/2}^pilnsin xdx=int_0^{pi/2}lncos xdx$ ,

注意上面的被積函數可以推廣至 $f(sin x), f(cos x)$ 的一般情形。所以

$2I=int_0^{pi/2}(lnsin x+lncos x)dx=int_0^{pi/2}lnfrac{sin 2x}{2}dx=frac{1}{2}int_0^{pi/2}lnsin 2xd(2x)-frac{pi}{2}ln 2$ ,

再令 $t=2x$ ,立即

$2I=frac{1}{2}cdotint_0^pilnsin tdt-frac{pi}{2}ln 2=frac{1}{2}cdot 2I-frac{pi}{2}ln 2,$

最後得 $I=-frac{pi}{2}ln 2.$

8. 計算 $I=int_0^{+infty}frac{ln x}{1+x^2}dx.$ （北航&華東師大P287總練習題3（3））

解兩種換元方法 $x=tant,$ 或 $u=1/x$ 均易得 $I=0.$

9. 證明 $I=int_0^{+infty}frac{dx}{(1+x^2)(1+x^alpha)}$ 與α無關。

證明首先無窮積分收斂。令 $u=1/x$ ，得

$I_1=int_0^1frac{dx}{(1+x^2)(1+x^alpha)}=int_1^{+infty}frac{u^alpha}{(1+u^2)(1+u^alpha)}du=int_1^{+infty}frac{x^alpha}{(1+x^2)(1+x^alpha)}du,$

所以 $I=I_1+int_1^{+infty}frac{1}{(1+x^2)(1+x^alpha)}dx=int_1^{+infty}frac{1}{1+x^2}dx=pi/4.$

10. 求 $maxlimits_{0leq sleq 1}int_0^1|ln|s-t||dt.$

解本題考查區間可加性和函數最大值的求解。

$I(s)=-int_0^sln(s-t)dt-int_s^1ln(t-s)dt=1-sln s-(1-s)ln(1-s), \I(s)=ln(frac{1}{s}-1)=0 Rightarrow s=1/2,$

根據最值的計算方法 $I(1/2)=1+ln 2$ 即為所求最大值。

11. 證明 $I=int_1^{+infty}{frac{1}{[x]}-frac{1}{x}}dx=lim_{n ightarrow{infty}}(1+1/2+cdots+1/n-ln n).$

證明首先 $xgeq 2時, 0leqfrac{1}{[x]}-frac{1}{x}leq frac{1}{x-1}-frac{1}{x}, 且 int_2^{+infty} (frac{1}{x-1}-frac{1}{x})dx$ 收斂，由比較原則，無窮積分收斂。

根據函數極限與數列極限的關係，我們有

$I=lim_{n ightarrowinfty}int_1^n(frac{1}{[x]}-frac{1}{x})dx=lim_{n ightarrow infty}[int_1^2(1-1/x)dx+cdots+int_{n-1}^n(frac{1}{n-1}-frac{1}{x})dx]$ ,

所以 $I=lim_{n ightarrow{infty}}(1+1/2+cdots+frac{1}{n-1}-ln n),$ 這和結論是等價的（差一個 $1/n$ 而已~）。