3.含參量的反常積分一致收斂性判別法Weierstrass判別法設函數(shù)f(x,t)定義在D={(x,t):a<x<+3,teTur}中，若對于每個A>a，f(x,t)在xe[a,A]上為r-可積的；+3存在甲(x)，使得J中(x)dx收斂，且a\f(x,t)|<9(x),xe[a,+3)；+3+3則反常積分Jf(x,tt)dx關(guān)于teT絕對一致收斂，亦即，反常積分Jf(x,t)|dx關(guān)于teT—致收斂?我們稱定理中的甲(x)為f(x,t)的優(yōu)函數(shù).Abel判別法設函數(shù)f(x,t)、g(x,t)定義在D={(x,t):a<x<+3,teTuR}中，若+3若反常積分Jf(x,t)dx關(guān)于teT一致收斂；g(x,t)是x的單調(diào)函數(shù)，且存在常數(shù)L>°(與xe[a,+3)、teT無關(guān))，使得|g(x,t)|<L；+3則反常積分Jf(x，t)g(x，t)dx關(guān)于teT—致收斂.Dirichlet判別法設函數(shù)f(x,t)、g(x，t)定義在D={(x,t):a<x<+3,teTuR}中，若(a)對于每個A>a，f(x，t)在xe[a,A]上為R-可積的，且積分Jf(x,t)dx關(guān)于teTa一致有界，亦即，3M>°(與A、t無關(guān))，使得

f3,t)dx<M；（b）g（x,t）是x的單調(diào)函數(shù)，且limg(x,t)=0X^+3關(guān)于tGT一致成立;+則反常積分jf（x,t）g（x,t）dx關(guān)于tGT—致收斂.補充例9試證反常積分補充例9試證反常積分je-C2+a^xsinxdx，a>0為常數(shù)關(guān)于uG[o,+3）一致收斂.證a>0，由e一(4a)xsinx<e-axVx,uG[0,+3)，e一(4a)xsinx<e-axVx,uG[0,+3)，(*)je」'2+a^xsinxdx1=收斂，故由Weierstrass判別法知反常積分va0+30關(guān)于ug[0,+3）一致收斂;補充例10試證反常積分?fe_（2+a）xsinxdu，a>0為常數(shù)，關(guān)于xe[0,+3）—致收斂.證a>0，由+je-(2+a'sinxdu=e-axsinx/e-u2xduAA0，上式右邊成為e-t2dt（**）注意到「e-axsinx「sinx—_lim三——=lime-a^.x=0xT0+xxT0+xe-t2dt<+]e-t2dt=-，2xAe項dt=：是著名的歐拉積分，我們將在下面計算它.于是，對于（**），Ve>0，35>0，當xe（0,5）時，有e-e-axsinxx28；進而，VA>0，xe（0,5），有fe一fe一(2+a)xsinxdu=e-axsinx/e-u2xduAA顯然，x=°上述不等式也成立，因此，對于VA>0、工e[0,8）時28加<MT=8xsinxdu<8.另一方面，Vxe[5,+3），由與1e2+a)xsinx<e-2+a)a<e-5u2+R_（2^）e-&2du收斂（歐拉型積分），故由Weierstrass判別法，知反常積分Je*sinxdu在0Vxe[S,+3）中一致收斂.聯(lián)合關(guān)于xe[0,8）與xe[8,與1e2+a)xsinx<e-2+a)a<e-5u2+R_（2^）e-&2du收斂（歐拉型積分），故由Weierstrass判別法，知反常積分Je*sinxdu在0Vxe[S,+3）中一致收斂.聯(lián)合關(guān)于xe[0,8）與xe[8,+3）的結(jié)果，補充例10得證.補充例11試證反常積分+e-xudx關(guān)于ue[°，+3）一致收斂.xJdx收斂，因此關(guān)于ue[0，+3）一致收斂；x0另一方面，g（x,u）=e-xu關(guān)于xe[0,+3）單調(diào)遞減，且在（x,u）e[0,+3）x[0,+3）中一致有界Abel判別法便證明了例11.補充例12試證反常積分+公曲、吊眼dx關(guān)于Xe（0,+8）一致收斂.x證由gGQ=:當x>8時單調(diào)遞減且g1一（x,人）乙尸0.另一方面,esinxsin2xdx=2fesinxsinxcosxdx二2』Ate，dt0e.=2sinA-esina—esina+1<6Dirichlet判別法證明了補充例12.補充例13.11sin—設一8Vpv+8，考慮反常積分1=J一xdx，試證xp0(1)當—8<p<1絕對收斂、當1<P<2非絕對收斂、當2<p<+8發(fā)散;(2)當pe（0,2—s]一致收斂，其中5>0、當pe（0,2）非一致收斂.-_sin1將有限區(qū)間xe[°，1]上的函數(shù)一x的積分化為無限區(qū)間上的積分比較方便.xp①當—f<p<1時，令上=t，dx-——dt，xe[0,1]Tte（+3,1]，

x12i1I=f。dx=』華z!dt=

xp1120+3tp證（1）■fsint,Jdt.12—p1于是，sintdt<因此當p<1時，有2—p>L故積分J1,古dt的收斂性保證了反常積分1絕對收斂；因此，當1<p<2，則0<2p<1，積分J,dt發(fā)散，12—p1sint12—psin211一cos2t1cos2t>==t2t2t2t當一8<p<1時，積分絕對收斂②這是因為te|j,+3)，f1/2dt發(fā)散，而匕t1積分I=Jtp-2sintdt,tp-2sintdt=f+2M+...+2fK+2nf+K+—>tp-2sintdt，1K2k2nK-K2nK+8sint,+8③當2<p<+8，對于p=2，積分jdt12-p1Jsintdt1發(fā)散；對于p>2，當1Vp<2時，積分1非絕對收斂11c聲單調(diào)遞減趨向于零’因此由Dirichlet判別法知’積分1當1<p<2時積分1收斂；綜合,故對于每個nGN，有2n4+KJtp—2sintdt>2『2|Jtp-2sintdt=,（2nK）p-22nf+Ksintdt=2（2nK）p-2f（2n4+KJtp—2sintdt>2『2|Jtp-2sintdt=,2n兀一兀手（2nK—2k+y）p-2sinydy=-f（2hk-u）p-2sinudu,0<f（2nK-u）p-2sinudu<（2nK）p-2（-cosu）|K=2（2nK）p-2得到-2（2nK）p-2<-f（2nK-u）p-2sinudu<0,tp-2sintdt=f2Jcf2JK2nf+KH—>tp-2sintdt1K2k2nK-K2nK>ftp-2tp-2sintdt=f2Jcf2JK2nf+KH—>tp-2sintdt1K2k2nK-K2nK=ftp-2sintdt>fsintdt=-（cost）k=1-cos1>￡當2<p<+8時，積分發(fā)散(2)①對于5>0，在pe(-00,2-&］中，由p<2*—8n2―p>8，得1布單調(diào)遞減趨于零;而積分jsintdt=cos1-cosAl<2一致有界故據(jù)Dirichlet判別法.11sin—得到積分1=j一Xdx在pe（—8,2—8」上一致收斂;xp0.11sin②最后，積分1=j一Xdx=

xp0肆dt在pJ2）非一致收斂.1我們用反證法，設積分在區(qū)間（一8,2）上一致收斂，則對￡0=1，吃=Ao（￡）>a=1，時，有dt<￡=1，Vpej,2).但這不可能，因為若取A'=2knA"=（2k+D兀，則當k充分大時，有2k兀sint,dt12-psintdt=［(2k+1)兀］2-p得到1=￡0>2的矛盾.補充習題1、討論積分+ksinx1=J|lnxp——dx的收斂性，其中入為實數(shù).X02、討論積分+『sin2x,

J6sin.￥(2X的收斂性，其中入>°?3、討論積分Jxesdx在以0e[a^,+oo）上的一致收斂性，其中ao>0.T+