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【高等数学】第五章定积分——第五节反常积分的审敛法 Γ函数

news 2025/7/27 16:53:01

上一节：【高等数学】第五章定积分——第四节反常积分
总目录：【高等数学】目录

文章目录

1. 无穷限反常积分的审敛法
2. 无界函数的反常积分的审敛法
3. Γ函数

反常积分的收敛性可以通过原函数的极限来判断，也可以通过被积函数的性质来判断。

1. 无穷限反常积分的审敛法

定理1
设函数 $f (x)$ 在区间 $+\infty)$ 上连续，且 $\geq 0$
若函数 $F(x)=∫axf(t)dt\displaystyle F(x) = \int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d}t$ 在 $+\infty)$ 上有上界
则反常积分 $∫a+∞f(x)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛.

$\geq 0\Leftrightarrow F(x)$ 单调增加
同时 $F (x)$ 有界，自变量的变化范围为 $x→+∞x\to+\infty$
根据极限存在准则 $I I^{'}$ 可知，反常积分收敛
比较审敛原理
设函数 $f (x), g (x)$ 在区间 $+\infty)$ 上连续
如果 $\leqslant f(x) \leqslant g(x) \ (a \leqslant x < +\infty)$ ，并且 $∫a+∞g(x)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} g(x) \mathrm{d}x$ 收敛
那么 $∫a+∞f(x)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 也收敛
如果 $\leqslant g(x) \leqslant f(x) \ (a \leqslant x < +\infty)$ ，并且 $∫a+∞g(x)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} g(x) \mathrm{d}x$ 发散
那么 $∫a+∞f(x)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 也发散

$F(t)≤G(t)≤G(+∞)F(t)\le G(t)\le G(+\infty)$
比较审敛法
设函数 $f (x)$ 在区间 $+\infty) \ (a > 0)$ 上连续，且 $\geq 0$
如果存在常数 $M > 0$ 及 $p > 1$ ，使得 $\leq \dfrac{M}{x^p} \ (a \leq x < +\infty)$
那么反常积分 $∫a+∞f(x)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛
如果存在常数 $N > 0$ ，使得 $\geq \dfrac{N}{x} \ (a \leq x < +\infty)$
那么反常积分 $∫a+∞f(x)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 发散

$p$ 积分在 $p > 1$ 时收敛，在 $p≤1p\le1$ 时发散
极限审敛法
设函数 $f (x)$ 在区间 $+\infty)$ 上连续，且 $\geq 0$
如果存在常数 $p > 1$ ，使得 $lim⁡x→+∞xpf(x)=c<+∞\lim\limits_{x \to +\infty} x^p f(x) = c < +\infty$
那么反常积分 $∫a+∞f(x)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛
如果 $lim⁡x→+∞xf(x)=d>0\lim\limits_{x \to +\infty} xf(x) = d > 0$ （或 $lim⁡x→+∞xf(x)=+∞\lim\limits_{x \to +\infty} xf(x) = +\infty$ ）
那么反常积分 $∫a+∞f(x)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 发散

根据自变量变化范围为正无穷大极限的定义，可以取充分大的 $x1(x1≥a,x1>0)x_1(x_1\ge a,x_1>0)$ ，当 $x>x_1$ 时，有 $∣xpf(x)−c∣<ε|x^p f(x)-c|<\varepsilon$ ，即 $ε−cxp<f(x)<ε+cxp\dfrac{\varepsilon -c}{x^p}<f(x)<\dfrac{\varepsilon +c}{x^p}$
可以取 $ε>c\varepsilon>c$ ，令 $M=ε+cM=\varepsilon+c$ ，有 $0≤f(x)<Mxp0\le f(x)<\dfrac{M}{x^p}$
绝对收敛的反常积分必收敛
设函数 $f (x)$ 在区间 $+\infty)$ 上连续.
如果反常积分 $∫a+∞∣f(x)∣dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} \vert f(x) \vert \mathrm{d}x$ 收敛（称为 $∫a+∞f(x)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x) \mathrm{d}x$ 绝对收敛）
那么反常积分 $∫a+∞f(x)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 也收敛

令 $φ(x)=12(f(x)+∣f(x)∣)\varphi(x) = \dfrac{1}{2} \big( f(x) + \vert f(x) \vert \big)$ ， $0≤φ(x)≤∣f(x)∣0\le \varphi(x)\le |f(x)|$ ， $∫a+∞φ(x)dx=12∫a+∞(f(x)+∣f(x)∣)dx\displaystyle\int_{a}^{+\infty} \varphi(x)\mathrm{d}x=\dfrac{1}{2}\int_{a}^{+\infty} \big( f(x) + \vert f(x) \vert \big)\mathrm{d}x$ 收敛

2. 无界函数的反常积分的审敛法

比较审敛法
设函数 $f (x)$ 在区间 $(a, b]$ 上连续，且 $\geq 0$ ， $x = a$ 为 $f (x)$ 的瑕点
如果存在常数 $M > 0$ 及 $q < 1$ ，使得
$\leq \dfrac{M}{(x - a)^q} \ (a < x \leq b),$
那么反常积分 $∫abf(x)dx\displaystyle\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛
如果存在常数 $N > 0$ ，使得
$\geq \dfrac{N}{x - a} \ (a < x \leq b),$
那么反常积分 $∫abf(x)dx\displaystyle\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}x$ 发散.

$q$ 积分 $q < 1$ 时收敛， $q≥1q\ge 1$ 时发散
极限审敛法
设函数 $f (x)$ 在区间 $(a, b]$ 上连续，且 $\geq 0$ ， $x = a$ 为 $f (x)$ 的瑕点
如果存在常数 $0 < q < 1$ ，使得 $lim⁡x→a+(x−a)qf(x)\displaystyle\lim_{x \to a^+} (x - a)^q f(x)$ 存在
那么反常积分 $∫abf(x)dx\displaystyle\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}x$ 收敛
如果 $lim⁡x→a+(x−a)f(x)=d>0(或lim⁡x→a+(x−a)f(x)=+∞)\displaystyle\lim_{x \to a^+} (x - a)f(x) = d > 0 \quad (\text{或} \lim_{x \to a^+} (x - a)f(x) = +\infty)$
那么反常积分 $∫abf(x)dx\displaystyle\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}x$ 发散

3. Γ函数

$Γ(s)=∫0+∞e−xxs−1dx(s>0)\displaystyle\Gamma(s) = \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x} x^{s - 1} \mathrm{d}x \quad (s > 0)$
$Γ(s)\Gamma(s)$ 在 $s > 0$ 时收敛
- $Γ(s)=∫01e−xxs−1dx+∫1+∞e−xxs−1dx=I1+I2\displaystyle\Gamma(s)=\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-x} x^{s - 1} \mathrm{d}x+\int_{1}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x} x^{s - 1} \mathrm{d}x=I_1+I_2$
- 讨论 $I_1$
  - $s≥1s\ge1$ 时， $I_1$ 是普通定积分。收敛
  - $0 < s < 1$ 时， $0$ 是瑕点， $e−xxs−1<xs−1(0≤x≤1)\mathrm{e}^{-x} x^{s - 1}<x^{s-1}(0\le x\le 1)$ ， $q$ 积分在 $q < 1$ 时收敛。收敛
- 讨论 $I_2$
  - $lim⁡x→+∞x2⋅e−xxs−1=lim⁡x→+∞xs+1⋅e−x=0\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x^2\cdot\mathrm{e}^{-x} x^{s - 1}=\lim_{x\to+\infty}x^{s+1}\cdot\mathrm{e}^{-x}=0$
  - 在 $s > 0$ 收敛
$Γ(s+1)=sΓ(s)(s>0)\Gamma(s + 1) = s\Gamma(s) \ (s > 0)$

$Γ(s+1)=∫0+∞e−xxsdx=−([e−xxs]0+∞−sΓ(s))=sΓ(s)\displaystyle\Gamma(s+1) = \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x} x^{s} \mathrm{d}x=-(\left[\mathrm{e}^{-x} x^{s}\right]_{0}^{+\infty}-s\Gamma(s))=s\Gamma(s)$
- $Γ(1)=1,Γ(2)=1⋅Γ(1)=1,…,Γ(n+1)=n!\Gamma(1)=1,\Gamma(2)=1\cdot\Gamma(1)=1,\dots,\Gamma(n+1)=n!$ ，即 $Γ\Gamma$ 函数是阶乘的推广
当 $\to 0^+$ 时， $Γ(s)→+∞\Gamma(s) \to +\infty$ .

$Γ(s)\Gamma(s)$ 在 $s > 0$ 时连续， $Γ(s)=Γ(s+1)s,Γ(1)=1\Gamma(s)=\dfrac{\Gamma(s+1)}{s},\Gamma(1)=1$
余元公式： $Γ(s)Γ(1−s)=πsin⁡πs(0<s<1)\Gamma(s)\Gamma(1 - s) = \dfrac{\pi}{\sin \pi s} \ (0 < s < 1)$
- $Γ(12)=π\Gamma(\dfrac{1}{2})=\sqrt{\pi}$
$∫0+∞e−u2utdu=12Γ(1+t2)(t>−1)\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-u^2} u^t \mathrm{d}u = \dfrac{1}{2}\Gamma\left( \dfrac{1 + t}{2} \right) \quad (t > -1)$

令 $x=u^2$ ，再令 $t = 2 s - 1$
- 令 $t = 0$ ，可得 $∫0+∞e−u2utdu=12Γ(12)=π2\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-u^2} u^t \mathrm{d}u =\dfrac{1}{2}\Gamma\left( \dfrac{1}{2} \right)=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$