12.1 第八次作业参考答案

12.1.1 讲义习题

解 (1) $$\begin{array}{}\text{(1)}& {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x^2\sqrt{1+x^2}}\stackrel{y=x^{-1}}{=}{\int }_0^1\frac{y\mathrm{d}y}{\sqrt{1+y^2}}={\sqrt{1+y^2}|}_0^1=\sqrt{2}-1\end{array}$$

(2) $$\begin{array}{}\text{(2)}& \int \frac{\arctan x}{(1+x^2{)}^{3/2}}\mathrm{d}x\stackrel{x=\tan t}{=}\int t\cos t\mathrm{d}t=t\sin t+\cos t=\frac{x\arctan x+1}{\sqrt{1+x^2}}\end{array}$$ 从而$$\begin{array}{}\text{(3)}& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\arctan x}{(1+x^2{)}^{3/2}}\mathrm{d}x=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x\arctan x+1}{\sqrt{1+x^2}}-1=\frac{\pi }{2}-1\end{array}$$

(3) $$\begin{array}{}\text{(4)}& {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{-2}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}=-{\int }_2^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}\stackrel{x=\sec t}{=}-{\int }_{\pi /3}^{\pi /2}\mathrm{d}t=-\frac{\pi }{6}\end{array}$$

(4) $$\begin{array}{}\text{(5)}& \int {\ln }^{2}x\mathrm{d}x=x{\ln }^{2}x-2\int \ln x\mathrm{d}x=x{\ln }^{2}x-2x\ln x+2x⟹{\int }_0^1{\ln }^{2}x\mathrm{d}x=2\end{array}$$

(5) $$\begin{array}{}\text{(6)}& \int \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\mathrm{d}x=\int \frac{1-x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x=\arcsin x+\sqrt{1-x^2}⟹{\int }_{-1}^1\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\mathrm{d}x=\pi \end{array}$$

(6) $$\begin{array}{}\text{(7)}& \int \frac{\mathrm{d}x}{(2+x)\sqrt{1-x}}\stackrel{t=\sqrt{1-x}}{=}\int \frac{2\mathrm{d}t}{t^2-3}=\frac{1}{\sqrt{3}}\ln \left|\frac{t-\sqrt{3}}{t+\sqrt{3}}\right|=\frac{1}{\sqrt{3}}\ln \left|\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{3}}{\sqrt{1-x}+\sqrt{3}}\right|\end{array}$$ 从而$$\begin{array}{}\text{(8)}& {\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{(2+x)\sqrt{1-x}}={\frac{1}{\sqrt{3}}\ln \left|\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{3}}{\sqrt{1-x}+\sqrt{3}}\right||}_0^1=\frac{1}{\sqrt{3}}\ln \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}\end{array}$$ $◻$

解 由于$\frac{1}{1+x^3}\le \frac{1}{x^3}$，利用比较判别法可知积分收敛。直接应用有理函数积分法较为繁琐，对于（广义）定积分我们可以采用另一种方法。记$$\begin{array}{}\text{(10)}& I_1={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^3},I_2={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^3}\end{array}$$ 注意到$$\begin{array}{}\text{(11)}& I_2={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^3}\stackrel{t=x^{-1}}{=}{\int }_0^1\frac{t\mathrm{d}t}{1+t^3}\end{array}$$ 故$$\begin{array}{}\text{(12)}& \begin{array}{rl}I& =I_1+I_2={\int }_0^1\frac{1+x}{1+x^3}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1-x+x^2}={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{(x-\frac{1}{2})+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}\\ & ={\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}}|}_0^1=\frac{2\pi }{3\sqrt{3}}\end{array}\end{array}$$ $◻$

解 (1) 若$p>1$，对充分大的$x$，有$$\begin{array}{}\text{(14)}& \frac{1}{(\ln x{)}^q(\ln \ln x{)}^r}<1⟹\frac{1}{x^p(\ln x{)}^q(\ln \ln x{)}^r}<\frac{1}{x^p}\end{array}$$ 而广义积分${\int }_3^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x^p}$收敛，故原广义积分收敛。

(2) 若$p<1$，对充分大的$x$，有$$\begin{array}{}\text{(15)}& (\ln x{)}^q(\ln \ln x{)}^r<x^{(1-p)/2}⟹\frac{1}{x^p(\ln x{)}^q(\ln \ln x{)}^r}>\frac{1}{x^{(1+p)/2}}\end{array}$$ 而广义积分${\int }_3^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x^{(1+p)/2}}$发散，故原广义积分发散。

(3) 若$p=1$，此时积分可化为$$\begin{array}{}\text{(16)}& {\int }_3^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x(\ln x{)}^q(\ln \ln x{)}^r}\stackrel{t=\ln x}{=}{\int }_{\ln 3}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t^q(\ln t{)}^r}\end{array}$$ 同理可得$q>1$时收敛，$q<1$时发散。$q=1$时，积分可化为$$\begin{array}{}\text{(17)}& {\int }_{\ln 3}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{t(\ln t{)}^r}\stackrel{u=\ln t}{=}{\int }_{\ln \ln 3}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}u}{u^r}\end{array}$$ 故$r>1$时收敛，$r\le 1$时发散。 $◻$

解 (1) 记$$\begin{array}{}\text{(18)}& I_1={\int }_0^1\frac{\arctan x}{x^p}\mathrm{d}x,I_2={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\arctan x}{x^p}\mathrm{d}x,I=I_1+I_2\end{array}$$

对于$I_1$，当$x\to 0$时有$\frac{\arctan x}{x^p}\sim \frac{1}{x^{p-1}}$，故$I_1$收敛当且仅当$p-1<1$，即$p<2$。

对于$I_2$，当$x\to +\mathrm{\infty }$时有$\frac{\arctan x}{x^p}\sim \frac{\pi }{2x^p}$，故$I_2$收敛当且仅当$p>1$。

综上，$I$收敛当且仅当$1<p<2$。

(2) 记$$\begin{array}{}\text{(19)}& I_1={\int }_0^1[\ln (1+\frac{1}{x})-\frac{1}{1+x}]\mathrm{d}x,I_2={\int }_1^{+\mathrm{\infty }}[\ln (1+\frac{1}{x})-\frac{1}{1+x}]\mathrm{d}x,I=I_1+I_2\end{array}$$

对于$I_1$，当$x\to 0$时有$[\ln (1+\frac{1}{x})-\frac{1}{1+x}]\sim -\ln x$，故$I_1$收敛。

对于$I_2$，当$x\to +\mathrm{\infty }$时有$[\ln (1+\frac{1}{x})-\frac{1}{1+x}]\sim \frac{1}{2x^2}$，故$I_2$收敛。

综上，$I$收敛。

(3) 原积分显然不绝对收敛。令$t=x^2$可得$$\begin{array}{}\text{(20)}& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}(-1{)}^{\lfloor x^2\rfloor }\mathrm{d}x={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}(-1{)}^{\lfloor t\rfloor }\cdot \frac{1}{2\sqrt{t}}\mathrm{d}t\end{array}$$ $(-1{)}^{\lfloor t\rfloor }$的变上限积分有界而$\frac{1}{2\sqrt{t}}$单调趋于0，由Dirichlet判别法知原积分收敛，即原积分条件收敛。 $◻$

解 (1) 令$t=x^2$可得$$\begin{array}{}\text{(21)}& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin x^2\mathrm{d}x={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin t\cdot \frac{1}{2\sqrt{t}}\mathrm{d}t\end{array}$$ $\sin t$的变上限积分有界而$\frac{1}{2\sqrt{t}}$的单调趋于0，由Dirichlet判别法知原积分收敛。然而$$\begin{array}{}\text{(22)}& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{|\sin t|}{2\sqrt{t}}\mathrm{d}t\ge {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\sin }^{2}t}{2\sqrt{t}}\mathrm{d}t=\underset{\text{收敛}}{\underbrace{{\int }_0^1\frac{{\sin }^{2}t}{2\sqrt{t}}\mathrm{d}t}}+\underset{\text{发散}}{\underbrace{{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{2\sqrt{t}}}}-\underset{\text{收敛}}{\underbrace{{\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos 2t}{4\sqrt{t}}\mathrm{d}t}}\end{array}$$ 故原积分不绝对收敛，即原积分条件收敛。

(2) 注意到$\cos x$的变上限积分有界而$\frac{\sqrt{x}}{2(1+x)}$在$x>1$时单调趋于0，由Dirichlet判别法知原积分收敛。然而$$\begin{array}{}\text{(23)}& {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{x}|\sin x|}{2(1+x)}\mathrm{d}x\ge {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{x}{\sin }^{2}x}{2(1+x)}\mathrm{d}x=\underset{\text{发散}}{\underbrace{{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{x}\mathrm{d}x}{4(1+x)}}}-\underset{\text{收敛}}{\underbrace{{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{x}\cos 2x}{4(1+x)}\mathrm{d}x}}\end{array}$$ 故原积分不绝对收敛，即原积分条件收敛。

(3) 若$q=0$，原积分必然在$x=0$或$x=+\mathrm{\infty }$之一处发散，故原积分发散。

若$q\ne 0$，令$t=x^q$可得$$\begin{array}{}\text{(24)}& I=\frac{1}{|q|}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t^{\mu }}\mathrm{d}t,\mu =1-\frac{p+1}{q}\end{array}$$

当$t\to 0$时，有$\frac{\sin t}{t^{\mu }}\sim \frac{1}{t^{\mu -1}}$，故$I$收敛当且仅当$\mu -1<1$，即$\mu <2$，且此时为绝对收敛。

当$t\to +\mathrm{\infty }$时，由例11.2.11可知${\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t^{\mu }}\mathrm{d}t$在$\mu >1$时绝对收敛，在$0<\mu \le 1$时条件收敛，在$\mu \le 0$时发散。

综上，原积分在$q\ne 0$且$1<\mu <2$时绝对收敛，$q\ne 0$且$0<\mu \le 1$时条件收敛，其余情况发散。 $◻$

解 假设${\int }_a^{+\mathrm{\infty }}(|f|\pm f)\mathrm{d}x$收敛，由于$|f|=(|f|\pm f)\mp f$，则${\int }_a^{+\mathrm{\infty }}|f|\mathrm{d}x$也收敛，与${\int }_a^{+\mathrm{\infty }}f\mathrm{d}x$条件收敛矛盾。故${\int }_a^{+\mathrm{\infty }}(|f|\pm f)\mathrm{d}x$发散。注意到$$\begin{array}{}\text{(30)}& \frac{{\int }_a^x(|f|+f)\mathrm{d}t}{{\int }_a^x(|f|-f)\mathrm{d}t}-1=\frac{2{\int }_a^{x}f\mathrm{d}t}{{\int }_a^x(|f|-f)\mathrm{d}t}\end{array}$$ 上式分子收敛，为有限数；分母发散且为非负数，故为$+\mathrm{\infty }$。取极限可得上式为0，即$$\begin{array}{}\text{(31)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\int }_a^x(|f|+f)\mathrm{d}t}{{\int }_a^x(|f|-f)\mathrm{d}t}=1\end{array}$$ $◻$