13.1 积分限为无穷的反常积分基本概念及基本积分运算

前面第九章，我们介绍的定积分 \begin{aligned}\int_a^b f(x)dx\end{aligned} 是考虑有限区间 [a, b] 与有界函数 f(x) 而说的。接下来我们要把这个概念向无限区间和无界函数的方向上推广。

我们首先考虑无穷区间上的积分。

假设函数 f(x) 定义在 [a, +\infty) 上，且在这区间的任一有限部分 [a, A] 上都是可积的；因而函数 f(x) 对于所有 x\geq a 都有定义而且积分 \begin{aligned}\int_a^Af(x)dx\end{aligned} 对任意 A > a 都有意义。

若这积分当 A\to+\infty 时具有一个确定的有限的极限，则称这个极限为函数 f(x) 在由 a 到 +\infty 的区间上的积分。记做:

\bbox[8pt,border:1pt]{\begin{aligned}\int_a^{+\infty}f(x)dx = \lim\limits_{A\to +\infty}\int_a^Af(x)dx\end{aligned}}\tag{1} 在这种情形下，我们说积分(1)存在或收敛，而函数 f(x) 则说是在无穷区间 [a, +\infty) 上为可积的。

为了与前面所讲的通常意义下的积分，即常义积分，有所区别，我们就称上面的积分为反常积分。

若极限(1)为无穷或根本不存在，则关于这样的反常积分，我们说它不存在或发散。

说明: 有时候为了方便，也把无穷极限(定号的)看做积分(1)的值。

1) 函数 \begin{aligned}\frac{1}{1+x^2}\end{aligned} 在任意有限区间 [0, A](A > 0) 上都是可积的，而且我们有

\begin{aligned}\int_0^A\frac{1}{1+x^2}dx = \arctan x|_0^A = \arctan A\end{aligned}\\而这个积分在 A\to+\infty 时具有有限极限 \begin{aligned}\frac{\pi}{2}\end{aligned} , 所以由0到 +\infty 的积分收敛而且其值为:\begin{aligned}\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+x^2}dx = \lim\limits_{A\to+\infty}\int_0^A = \frac{\pi}{2}\end{aligned}\\

2) 研究这样一个问题: 对于指数 \lambda > 0 的哪些值，反常积分

\begin{aligned}\int_a^{+\infty}\frac{dx}{x^\lambda}(a > 0)\end{aligned}\\

是存在的?

首先设 \lambda \neq 1

\begin{aligned}\int_a^{A}\frac{dx}{x^\lambda} = \frac{1}{1-\lambda}x^{1-\lambda}\bigg|_0^A = \frac{1}{1-\lambda}(A^{1-\lambda} - a^{1-\lambda})\end{aligned}\\

这个表达式当 A\to+\infty 时，具有极限 +\infty 或具有有限数 \begin{aligned}\frac{1}{\lambda-1}a^{1-\lambda}\end{aligned} ， 具体要看 \lambda > 1 还是 \lambda < 1 而定。

再看 \lambda = 1 的情况:

\begin{aligned}\int_a^{A}\frac{dx}{x} = \ln x|_a^A = \ln A - \ln a\end{aligned}\\这个表达式当 A\to+\infty 时，具有极限 +\infty

综上，该积分在 \lambda > 1 时收敛， \lambda \leq 1 时发散。

假设函数 f(x) 定义在 (-\infty, a) 上，且在这区间的任一有限部分 [A^\prime, a] 上都是可积的；因而函数 f(x) 对于所有 x\leq a 都有定义而且积分 \begin{aligned}\int_{A^\prime}^af(x)dx\end{aligned} 对任意 A^\prime < a 都有意义。

若这积分当 A^\prime\to-\infty 时具有一个确定的有限的极限，则称这个极限为函数 f(x) 在由 -\infty 到 a 的区间上的积分。记做:

\bbox[8pt,border:1pt]{\begin{aligned}\int_{-\infty}^af(x)dx = \lim\limits_{A^\prime\to -\infty}\int_{A^\prime}^af(x)dx\end{aligned}}\tag{2} 在这种情形下，我们说积分(2)存在或收敛，而函数 f(x) 则说是在无穷区间 (-\infty, a] 上为可积的。

为了与前面所讲的通常意义下的积分，即常义积分，有所区别，我们就称上面的积分为反常积分。

若极限(2)为无穷或根本不存在，则关于这样的反常积分，我们说它不存在或发散。

对于上下限都为无穷的:

\begin{aligned}\int_{A^\prime}^Af(x)dx = \int_{A^\prime}^af(x)dx + \int_a^Af(x)dx\end{aligned}\\只需要将上述积分分成两段

左侧在 A\to+\infty, A^\prime\to -\infty 时左侧积分的极限存在 与 右侧两积分的极限(1), (2)的存在等价。

\begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx = \int_{-\infty}^af(x)dx + \int_a^{+\infty}f(x)dx\end{aligned}\\ 注意: 要除去右侧两个积分都是无穷大，但符号不同的情形。

左侧是通过右侧两部分来定义的。这样的定义，实际上并不依赖于点 a 的选择。

\begin{aligned}\int_{-\infty}^0\frac{1}{1+x^2}dx =\lim\limits_{A^\prime \to -\infty}\int_{A^\prime}^0\frac{1}{1+x^2}dx = \lim\limits_{A^\prime \to -\infty}(-\arctan A^\prime) = \frac{\pi}{2}\end{aligned}\\\begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{1+x^2}dx = \int_{-\infty}^0 + \int_0^{+\infty} = \pi\end{aligned}\\

前面我们所举的例题中都是利用原函数现在有限区间上取积分然后再取极限。现在我们将两个步骤合并在一个公式里边。

假如函数 f(x) 定义在区间 [a, +\infty) 上而且在这个区间的任一有限区间 [a, A] 上都是可积的。如果同时 f(x) 在整个区间还有一个原函数 F(x) , 则按照积分学基本公式，就有:

\begin{aligned}\int_a^{A}f(x)dx = F(A) - F(a) = F(x)|_a^A\end{aligned}\\ 由此可见，反常积分(1)存在就等价于说

\lim\limits_{A\to\infty} F(A) = F(\infty)\\ 于是: \begin{aligned}\int_a^{+\infty}f(x)dx = F(\infty) - F(a) = F(x)|_a^\infty\end{aligned}\\ 同样地: \begin{aligned}\int_{-\infty}^af(x)dx = F(x)|_{-\infty}^a, \int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx = F(x)|_{-\infty}^{\infty}\end{aligned}\\ 双重替换的求知牵涉到其中出现的极限的存在而且有限的问题，如果可以求值，那么就证实了所算积分的存在。

1) \begin{aligned}\int_0^\infty e^{-ax}\sin bx dx (a > 0)\end{aligned}

求积分:\begin{aligned}\int e^{ax}\cos bxdx, \int e^{ax}\sin bxdx\end{aligned}

这个问题等价于求积分: \begin{aligned}\int e^{ax}(\cos bx + i\sin bx)dx = \int e^{(a+bi)x}dx\end{aligned}

而由基本公式，此积分等于:

\begin{aligned}\int e^{(a+bi)x}dx &= \frac{1}{a+bi}e^{(a+bi)x} = \frac{\cos bx + i\sin bx}{a+bi}e^{ax}\\&=\frac{a\cos bx + b\sin bx}{a^2 + b^2}e^{ax} + i\cdot\frac{a\sin bx - b\cos bx}{a^2 + b^2}e^{ax}\end{aligned}

令实部和虚部对应相等就得到和我们之前得到的积分结果一样的结论。

所以我们这个原函数为( ax \to -ax ):

\begin{aligned}F(x) = -\frac{a\sin bx + b\cos bx}{a^2 + b^2}e^{-ax}\end{aligned}\\所以 \begin{aligned}F(0) = -\frac{b}{a^2 + b^2}, F(\infty) = 0\end{aligned}

因此: \begin{aligned}\int_0^\infty e^{-ax}\sin bx dx=\frac{b}{a^2 + b^2}\end{aligned}\\同样地:

\begin{aligned}\int_0^\infty e^{-ax}\cos bx dx=\frac{b\sin bx - a\cos bx}{a^2+b^2}\cdot e^{-ax}\bigg|_0^\infty = \frac{a}{a^2 + b^2}\end{aligned}\\

\begin{aligned}\int_0^\infty \frac{dx}{1+x^4}\end{aligned}\\ 因为 1 + x^4 = (1+ix^2)(1-ix^2)\\ i = e^{\frac{\pi}{2}i} = (e^{\frac{\pi}{4}i})^2\\ -i = e^{-\frac{\pi}{2}i} = (e^{-\frac{\pi}{4}i})^2\\

因此 \begin{aligned}\int \frac{dx}{1+x^4} &= \int\frac{1}{2}\bigg[\frac{1}{1+ix^2} + \frac{1}{1-ix^2}\bigg]dx\\&=\int\frac{1}{2}\bigg[\frac{1}{1+(e^{\frac{\pi}{4}i}x)^2} + \frac{1}{1+(e^{-\frac{\pi}{4}i}x)^2}\bigg]dx\\&=\frac{e^{-\frac{\pi}{4}i}}{2}\int\frac{d(e^{\frac{\pi}{4}i}x)}{1+(e^{\frac{\pi}{4}i}x)^2} + \frac{e^{\frac{\pi}{4}i}}{2}\int\frac{d(e^{-\frac{\pi}{4}i}x)}{1+(e^{-\frac{\pi}{4}i}x)^2}\\&=\frac{e^{-\frac{\pi}{4}i}}{2}\arctan (e^{\frac{\pi}{4}i}x) + \frac{e^{\frac{\pi}{4}i}}{2}\arctan (e^{-\frac{\pi}{4}i}x) + C_1 \\&= \frac{\sqrt{2} - \sqrt{2}i}{4}\arctan (e^{\frac{\pi}{4}i}x) + \frac{\sqrt{2} + \sqrt{2}i}{4}\arctan (e^{-\frac{\pi}{4}i}x) + C_1 \\&=\frac{\sqrt{2}}{4}\bigg[\arctan (e^{\frac{\pi}{4}i}x)+ \arctan (e^{-\frac{\pi}{4}i}x)\bigg] + \frac{\sqrt{2}}{4}i\bigg[\arctan (e^{-\frac{\pi}{4}i}x)- \arctan (e^{\frac{\pi}{4}i}x)\bigg] + C_1 \\&= \frac{\sqrt{2}}{4}\arctan\frac{e^{\frac{\pi}{4}i}x + e^{-\frac{\pi}{4}i}x}{1-e^{\frac{\pi}{4}i}x\cdot e^{-\frac{\pi}{4}i}x} + \frac{\sqrt{2}}{4}i\arctan\frac{e^{-\frac{\pi}{4}i}x - e^{\frac{\pi}{4}i}x}{1+e^{-\frac{\pi}{4}i}x\cdot e^{\frac{\pi}{4}i}x} +C_1 \\&=\frac{\sqrt{2}}{4}\arctan\frac{\sqrt{2}x}{1-x^2} + \frac{\sqrt{2}i}{4}\arctan\frac{-\sqrt{2}xi}{1+x^2} + C_1 \end{aligned}\\ 上面倒数第二步利用 \arctan x + \arctan y = \arctan\frac{x+y}{1-xy}, \arctan(-y) = -\arctan y\\ 另外还有公式: \arctan w = \frac{1}{2i}\ln\frac{1+wi}{1- wi} (w\neq \pm i)\\ 因此 \begin{aligned}\arctan\frac{-\sqrt{2}xi}{1+x^2} = \frac{1}{2i}\ln\frac{1+\frac{-\sqrt{2}xi}{1+x^2}i}{1- \frac{-\sqrt{2}xi}{1+x^2}i} = \frac{1}{2i}\ln\frac{1+\sqrt{2}x+x^2}{1-\sqrt{2}x+x^2}\end{aligned}\\ 因此最终 \begin{aligned}\int \frac{dx}{1+x^4} =\frac{\sqrt{2}}{4}\arctan\frac{\sqrt{2}x}{1-x^2} + \frac{\sqrt{2}}{8}\ln\frac{1+\sqrt{2}x+x^2}{1-\sqrt{2}x+x^2} + C_1 \end{aligned}\\ 这里为了利用复数的便利性，稍微啰嗦了一点。

另一种求原函数的方法:

x^4 + 1 = (x^4 + 2x^2 + 1) - 2x^2 = (x^2 + 1)^2 - (x\sqrt{2})^2 = (x^2 + x\sqrt{2} + 1)(x^2 - x\sqrt{2} + 1)

\frac{1}{x^4 + 1} = \frac{Ax + B}{x^2 + x\sqrt{2} + 1} + \frac{Cx + D}{x^2 - x\sqrt{2} + 1}

整理得: 1 = (Ax + B)(x^2 - x\sqrt{2} + 1) + (Cx +D)(x^2 + x\sqrt{2} + 1)

得到方程组: \begin{array}{c|c} x^3 & A+C = 0,\\ x^2 & -\sqrt{2}A+B +\sqrt{2}C + D = 0, \\ x^1 & A - \sqrt{2}B + C +\sqrt{2}D = 0, \\ x^0 & B+D=1 \end{array} \\ A=-C=\frac{1}{2\sqrt{2}}, B=D=\frac{1}{2}

因此:

\begin{aligned}\int\frac{dx}{x^4 + 1} &= \frac{1}{2\sqrt{2}}\int\frac{x+\sqrt{2}}{x^2 + x\sqrt{2} + 1}dx - \frac{1}{2\sqrt{2}}\int\frac{x-\sqrt{2}}{x^2 - x\sqrt{2} + 1}dx \\&= \frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\frac{x^2 + x\sqrt{2} + 1}{x^2 - x\sqrt{2} + 1} + \frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan(x\sqrt{2} + 1) + \frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan(x\sqrt{2} - 1) + C\end{aligned}

由 \arctan x + \arctan y = \arctan\frac{x+y}{1-xy} (xy < 1)

于是上面的结果可以写成:

\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\frac{x^2 + x\sqrt{2} + 1}{x^2 - x\sqrt{2} + 1} + \frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan(\frac{x\sqrt{2}}{1-x^2}) + C^\prime

注意: 这个表达式，在 (-\infty,-1), (-1,1), (1,+\infty) 上成立，而在 x=\pm 1 处失去意义。对于这三个区间来说:

C^\prime = C-\frac{\pi}{2\sqrt{2}}, C, C+\frac{\pi}{2\sqrt{2}} ， 常数的跳跃式的改变，弥补了函数本身在 x=\pm1 处的间断。

现在回到我们这个题目上来。

原函数我们已经得到了, 下面就是来求反常积分:

\begin{aligned}\int_0^\infty \frac{dx}{1+x^4}&=\bigg[\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\frac{x^2 + x\sqrt{2} + 1}{x^2 - x\sqrt{2} + 1} + \frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan(x\sqrt{2} + 1) + \frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan(x\sqrt{2} - 1)\bigg]\bigg|_0^\infty \\&= \frac{\pi}{2\sqrt{2}}\end{aligned}\\

\color{red}{但是这里要注意, 我们这里没有用第一种原函数结构，因为第一种原函数有奇点x = \pm1要注意奇点的处理，否则会出错。}这个问题我们稍后介绍。

\begin{aligned}\int_{\frac{2}{\pi}}^\infty \frac{1}{x^2}\sin\frac{1}{x}dx = \cos\frac{1}{x}\bigg|_{\frac{2}{\pi}}^\infty = 1\end{aligned}\\

\begin{aligned}\int_{0}^\infty \frac{x\ln x}{(1+x^2)^3}dx\end{aligned}

分部积分法得到原函数: \begin{aligned}\int \frac{x\ln x}{(1+x^2)^3}dx &= -\frac{1}{4}\int \ln x d(1+x^2)^{-2}\\&=-\frac{1}{4}\frac{\ln x}{(1+x^2)^2} + \frac{1}{4}\int\frac{dx}{x(1+x^2)^2}\end{aligned}\\ 令 \begin{aligned}\frac{1}{x(1+x^2)^2} = \frac{A}{x} + \frac{Bx + C}{1+x^2} + \frac{Dx + E}{(1+x^2)^2} \end{aligned} ,

约去分母整理得:1 = A(1+x^2)^2 + (Bx+C)x(1+x^2) + (Dx+E)x\\于是得到 \begin{array}{c|c} x^4 & A+B = 0, \\ x^3 & C = 0, \\ x^2 & 2A +B + D = 0, \\ x^1 & C + E = 0, \\ x^0 & A = 1 \end{array} \\ A=1, B=-1,C=0,D=-1,E=0\\ \begin{aligned}\frac{1}{x(1+x^2)^2} = \frac{1}{x} - \frac{x}{1+x^2} - \frac{x}{(1+x^2)^2} \end{aligned}\\ \begin{aligned}\int \frac{1}{x(1+x^2)^2} = \ln x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + \frac{1}{2(1+x^2)} \end{aligned}\\ \begin{aligned}F(x) = \int \frac{x\ln x}{(1+x^2)^3}dx &=-\frac{1}{4}\frac{\ln x}{(1+x^2)^2} + \frac{1}{4}\ln x - \frac{1}{8}\ln(1+x^2) + \frac{1}{8}\frac{1}{1+x^2}\end{aligned}\\ \begin{aligned}\lim\limits_{x\to0} F(x) = \frac{1}{8}\end{aligned} , 这个极限就是函数在 x = 0 处所取的值。

另外 F(\infty) = 0 , 因此 \begin{aligned}\int_{0}^\infty \frac{x\ln x}{(1+x^2)^3}dx = -\frac{1}{8}\end{aligned}

我们再用奥氏方法来算一算 \begin{aligned}\int\frac{dx}{x(1+x^2)^2}\end{aligned}

其中 P(x) = 1, Q(x) = x(1+x^2)^2

Q^\prime = (1+x^2)^2 + x(1+x^2)\cdot 2x

Q_1 是 Q, Q^\prime 的最大公因式: Q_1 = (1+x^2)

Q_1Q_2 = Q \Rightarrow Q_2 = x(1+x^2)

P_1, P_2 是比 Q_1, Q_2 次数小1的多项式，设 P_1 = ax + b, P_2 = cx^2 + dx + e

由 \begin{aligned}\frac{P}{Q} = [\frac{P_1}{Q_1}]^\prime + \frac{P_2}{Q_2}\end{aligned} 等式得: \frac{1}{x(1+x^2)^2} = (\frac{ax+b}{1+x^2})^\prime + \frac{cx^2 + dx + e}{x(1+x^2)}\\

\frac{1}{x(1+x^2)^2} = \frac{a(1+x^2) - 2x(ax+b)}{(1+x^2)^2} + \frac{cx^2 + dx + e}{x(1+x^2)}\\ 整理得: 1 = a(1+x^2)x - 2x^2(ax+b) + (cx^2 + dx + e)(1+x^2)\\ \begin{array}{c|c} x^4 & c = 0, \\ x^3 & a - 2a +d = 0, \\ x^2 & -2b +c +e = 0, \\ x^1 & a + d = 0, \\ x^0 & e = 1 \end{array} \\ a=0, b = \frac{1}{2},c=0,d=0,e=1\\ 于是 \begin{aligned}\int\frac{dx}{x(1+x^2)^2} &= \int\frac{P}{Q}dx = \frac{P_1}{Q_1} + \int\frac{P_2}{Q_2}dx\\&=\frac{1}{2(1+x^2)} + \int\frac{dx}{x(1+x^2)}\\&=\frac{1}{2(1+x^2)}+\int\bigg[\frac{1}{x} - \frac{x}{1+x^2}\bigg]dx\\&=\frac{1}{2(1+x^2)}+ \ln x -\frac{1}{2}\ln(1+x^2)\end{aligned}\\我们两种方法得到了相同的结论。

\begin{aligned}\int_0^\infty\sin x dx\end{aligned}

这里的原函数是 -\cos x , 但双重替换 -\cos x|_0^\infty 没有意义，因为 \cos x 在 x\to\infty 时不趋向任何极限: 这就是说极限不存在。

双曲线 xy = 1 绕 x 轴旋转得一立体形，试计算其相当于 x\geq 1 的那一部分的体积与侧面积。