第十一章第3节：瑕积分的性质与敛散判别

Cauchy准则、比较判别法、Dirichlet与Abel判别法

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    重要例题与应用
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      幂函数型
      综合型问题

术语	定义	记号
绝对收敛	$\int_{a}^{b} ∥ f (x) ∥ d x$ 收敛	AC
条件收敛	$\int_{a}^{b} f (x) d x$ 收敛但 $\int_{a}^{b} ∥ f (x) ∥ d x$ 发散	CC

📖 第二部分：非负函数的比较判别法

一、基本原理

关键观察：设 $f$ 是 $(a, b]$ 上的非负函数（瑕点为 $a$ ），则

$F (u) = \int_{u}^{b} f (x) d x$

关于 $u$ 单调递减（ $u$ 从右向左移动时，积分区域增大）。

结论： $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 收敛 $\Leftrightarrow$ $F (u)$ 在 $(a, b]$ 上有下界（实际上，由于 $F (u) \geq 0$ ，等价于 $F (u)$ 有上界）。

更准确地说，由于 $F (u)$ 单调递减且非负，极限 $lim_{u \to a^{+}} F (u)$ 必然存在（可能为有限值或 $+ \infty$ ）。

二、比较判别法

定理11.6（比较原则）

设定义在 $(a, b]$ 上的两个函数 $f$ 与 $g$ ，瑕点同为 $x = a$ ，在任何 $[u, b] \subset (a, b]$ 上都可积，且满足

$0 \leq f (x) \leq g (x), \forall x \in (a, b]$

则：

大收则小收：若 $\int_{a}^{b} g (x) d x$ 收敛，则 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 收敛；
小散则大散：若 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 发散，则 $\int_{a}^{b} g (x) d x$ 发散。

证明：

对于任何 $a < u < b$ ： $\int_{u}^{b} f (x) d x \leq \int_{u}^{b} g (x) d x$

情况1：若 $\int_{a}^{b} g (x) d x = lim_{u \to a^{+}} \int_{u}^{b} g (x) d x = I < + \infty$ ，

则 $\int_{u}^{b} f (x) d x \leq \int_{u}^{b} g (x) d x \leq I$

因此 $\int_{u}^{b} f (x) d x$ 有上界，由单调有界原理， $lim_{u \to a^{+}} \int_{u}^{b} f (x) d x$ 存在且有限，即 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 收敛。

情况2：若 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 发散（趋于 $+ \infty$ ），则对任何 $M > 0$ ，存在 $u$ 使得 $\int_{u}^{b} f (x) d x > M$

因此 $\int_{u}^{b} g (x) d x \geq \int_{u}^{b} f (x) d x > M$

故 $\int_{a}^{b} g (x) d x$ 也发散。 $□$

三、极限形式的比较判别法

推论1（极限比较判别法）

又若 $f (x) \geq 0$ ， $g (x) > 0$ ，且 $x \to a^{+} lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = c$

则有：

(i) 当 $0 < c < + \infty$ 时， $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 与 $\int_{a}^{b} g (x) d x$ 同敛散；

(ii) 当 $c = 0$ 时，由 $\int_{a}^{b} g (x) d x$ 收敛可推知 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 也收敛；

(iii) 当 $c = + \infty$ 时，由 $\int_{a}^{b} g (x) d x$ 发散可推知 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 也发散。

证明思路：

情况(i)： $0 < c < + \infty$

由极限定义，存在 $δ > 0$ ，当 $x \in (a, a + δ)$ 时， $\frac{c}{2} < \frac{f ( x )}{g ( x )} < 2 c$

即 $\frac{c}{2} g (x) < f (x) < 2 c \cdot g (x)$

由比较原则， $\int_{a}^{a + δ} f (x) d x$ 与 $\int_{a}^{a + δ} g (x) d x$ 同敛散。

再由性质2，原积分同敛散。

情况(ii) 和 (iii) 类似。 $□$

四、Cauchy判别法（q-判别法）

推论2（Cauchy判别法基本形式）

设 $f$ 定义在 $(a, b]$ 上， $a$ 为其瑕点，且在任何 $[u, b] \subset (a, b]$ 上可积，则有：

(i) 若存在 $0 < q < 1$ 和 $M > 0$ ，使得 $f (x) \leq \frac{M}{( x - a ) ^{q}}, \forall x \in (a, b]$ 则 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 收敛；

(ii) 若存在 $q \geq 1$ 和 $M > 0$ ，使得 $f (x) \geq \frac{M}{( x - a ) ^{q}}, \forall x \in (a, b]$ 则 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 发散。

依据：标准瑕积分 $\int_{a}^{b} \frac{d x}{( x - a ) ^{q}} {收敛发散 0 < q < 1 q \geq 1$

（见第11章第1节例6）

推论3（Cauchy判别法极限形式）

设 $f$ 是定义在 $(a, b]$ 上的非负函数， $a$ 为其瑕点，且在任何 $[u, b] \subset (a, b]$ 上可积。如果

$x \to a^{+} lim (x - a)^{q} f (x) = λ$

则有：

(i) 当 $0 < q < 1$ ， $0 \leq λ < + \infty$ 时， $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 收敛；

(ii) 当 $q \geq 1$ ， $0 < λ \leq + \infty$ 时， $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 发散。

证明：取 $g (x) = \frac{1}{( x - a ) ^{q}}$ ，则 $x \to a^{+} lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to a^{+} lim (x - a)^{q} f (x) = λ$

应用推论1。 $□$

五、与无穷积分判别法的对比

项目	无穷积分 $\int_{a}^{+ \infty} f (x) d x$	瑕积分 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ （瑕点 $a$ ）
标准比较函数	$\frac{1}{x ^{p}}$	$\frac{1}{( x - a ) ^{q}}$
收敛条件	$p > 1$	$q < 1$
发散条件	$p \leq 1$	$q \geq 1$
极限形式	$lim_{x \to + \infty} x^{p} f (x) = λ$	$lim_{x \to a^{+}} (x - a)^{q} f (x) = λ$
收敛判断	$p > 1$ ， $λ < + \infty$	$q < 1$ ， $λ < + \infty$
发散判断	$p \leq 1$ ， $λ > 0$	$q \geq 1$ ， $λ > 0$

记忆要点：

无穷积分：指数"越大越好"（ $p > 1$ 收敛）
瑕积分：指数"越小越好"（ $q < 1$ 收敛）
两者方向相反！

📖 第三部分：一般函数的判别法

一、Dirichlet判别法

定理11.7（Dirichlet判别法）

设 $a$ 为 $f (x)$ 的瑕点，函数

$F (u) = \int_{u}^{b} f (x) d x$

在 $(a, b]$ 上有界，函数 $g (x)$ 在 $(a, b]$ 上单调且

$x \to a^{+} lim g (x) = 0$

则瑕积分 $\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x$ 收敛。

证明思路：

与无穷积分的Dirichlet判别法证明类似，利用积分第二中值定理（Abel引理）。

核心步骤：

设 $∣ F (u) ∣ \leq M$ ， $\forall u \in (a, b]$ 。
任给 $ε > 0$ ，由 $lim_{x \to a^{+}} g (x) = 0$ ，存在 $δ > 0$ ，当 $x \in (a, a + δ)$ 时， $∣ g (x) ∣ < \frac{ε}{4 M}$
对于 $u_{1}, u_{2} \in (a, a + δ)$ （ $u_{1} < u_{2}$ ），由于 $g$ 单调，应用积分第二中值定理：存在 $ξ \in [u_{1}, u_{2}]$ ，使得 $\int_{u_{1}}^{u_{2}} f (x) g (x) d x = g (u_{1}^{+}) \int_{u_{1}}^{ξ} f (x) d x + g (u_{2}^{-}) \int_{ξ}^{u_{2}} f (x) d x$
估计： $\int_{u_{1}}^{u_{2}} f (x) g (x) d x \leq ∣ g (u_{1}) ∣ \cdot 2 M + ∣ g (u_{2}) ∣ \cdot 2 M < \frac{ε}{4 M} \cdot 4 M = ε$
由Cauchy准则， $\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x$ 收敛。 $□$

二、Abel判别法

定理11.8（Abel判别法）

设 $a$ 为 $f (x)$ 的瑕点，瑕积分 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 收敛，函数 $g (x)$ 在 $(a, b]$ 上单调且有界，

则瑕积分 $\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x$ 收敛。

证明思路：

可以利用Dirichlet判别法来证明Abel判别法（这是习题11.2第10题的要求，也是一个重要的证明技巧）。

关键思想：

设 $\int_{a}^{b} f (x) d x$ 收敛，定义 $h (x) = \int_{x}^{b} f (t) d t$

则 $h (x)$ 在 $(a, b]$ 上有界，且 $f (x) = - h^{'} (x)$

利用分部积分公式的推广形式，可以将 $\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x$ 转化为包含 $h (x)$ 的形式，然后应用Dirichlet判别法。

（详细证明留作习题） $□$

📖 第四部分：经典例题详解

例1（原文）：对数型瑕积分

问题：判别下列瑕积分的敛散性：

(1) $\int_{0}^{1} \frac{l n x}{x} d x$

(2) $\int_{1}^{2} \frac{l n x}{x - 1} d x$

解 (1)

Step 1：识别瑕点

被积函数 $f (x) = \frac{l n x}{x}$ 在 $(0, 1]$ 上：

$x \to 0^{+}$ 时， $ln x \to - \infty$ ， $\frac{1}{x} \to + \infty$
因此 $f (x) \to - \infty$

瑕点为 $x = 0$ 。

Step 2：确定符号

在 $(0, 1]$ 上：

$ln x < 0$ （负数）
$x > 0$ （正数）
因此 $\frac{l n x}{x} < 0$ （恒为负）

结论：瑕积分的收敛性与绝对收敛性同一回事（被积函数保持同号）。

Step 3：应用Cauchy判别法（推论3）

取 $q = \frac{1}{2}$ （尝试），计算极限： $x \to 0^{+} lim x^{1/2} \cdot \frac{ln x}{x} = x \to 0^{+} lim x^{1/2} \cdot \frac{ln x}{x ^{1/2}} = x \to 0^{+} lim ln x = - \infty$

这个极限是 $- \infty$ ，不满足推论3的条件。

Step 4：尝试更小的指数

取 $q = \frac{1}{4}$ ，计算： $x \to 0^{+} lim x^{1/4} \cdot \frac{∣ ln x ∣}{x} = x \to 0^{+} lim \frac{∣ ln x ∣}{x ^{1/4}}$

由L'Hospital规则或已知结果： $x \to 0^{+} lim \frac{∣ ln x ∣}{x ^{- α}} = 0, \forall α > 0$

因此： $x \to 0^{+} lim x^{1/4} \cdot \frac{∣ ln x ∣}{x} = x \to 0^{+} lim \frac{∣ ln x ∣}{x ^{1/4}} = 0$

由推论3： $0 < q = \frac{1}{4} < 1$ ， $λ = 0 < + \infty$ ，

结论：瑕积分 $\int_{0}^{1} \frac{l n x}{x} d x$ 收敛。 $□$

原文的方法：

原文取 $p = \frac{3}{4}$ （注意原文用 $p$ 表示我们的 $q$ ），计算： $x \to 0^{+} lim x^{3/4} \cdot \frac{ln x}{x} = x \to 0^{+} lim x^{1/4} ln x = x \to 0^{+} lim \frac{ln x}{x ^{- 1/4}}$

由L'Hospital规则： $= x \to 0^{+} lim \frac{1/ x}{( - 1/4 ) x ^{- 5/4}} = x \to 0^{+} lim \frac{- 4 x ^{5/4}}{x} = x \to 0^{+} lim (- 4 x^{1/4}) = 0$

由于 $p = \frac{3}{4} < 1$ ， $λ = 0 < + \infty$ ，积分收敛。 $□$

解 (2)

Step 1：识别瑕点

被积函数 $f (x) = \frac{l n x}{x - 1}$ 在 $(1, 2]$ 上：

$x \to 1^{+}$ 时， $ln x \to 0$ ， $x - 1 \to 0$
极限形式为 $\frac{0}{0}$

瑕点为 $x = 1$ 。

Step 2：确定符号

在 $(1, 2]$ 上：

$ln x > 0$ （ $x > 1$ ）
$x - 1 > 0$
因此 $\frac{l n x}{x - 1} > 0$ （恒为正）

同样，收敛性与绝对收敛性等价。

Step 3：应用Cauchy判别法

取 $q = 1$ （临界情形），计算： $x \to 1^{+} lim (x - 1)^{1} \cdot \frac{ln x}{x - 1} = x \to 1^{+} lim x - 1 \cdot ln x$

令 $t = x - 1$ ，则 $x = 1 + t$ ， $t \to 0^{+}$ ： $= t \to 0^{+} lim t \cdot ln (1 + t)$

利用 $ln (1 + t) \sim t$ （ $t \to 0$ ）： $= t \to 0^{+} lim t \cdot t = t \to 0^{+} lim t^{3/2} = 0$

但这里 $q = 1$ ，按推论3的 (ii)，需要 $λ > 0$ 才能判定发散，而这里 $λ = 0$ ，不能直接判断。

Step 4：更精确的分析

使用Taylor展开： $ln (1 + t) = t - \frac{t ^{2}}{2} + O (t^{3})$

$t ln (1 + t) = t (t - \frac{t ^{2}}{2} + \dots) = t^{3/2} - \frac{t ^{5/2}}{2} + \dots$

主要项为 $t^{3/2}$ ，对应的积分： $\int_{0}^{δ} t^{- 1/2} \cdot t^{3/2} d t = \int_{0}^{δ} t d t$

这是有限的！但这样分析不够严格。

正确方法（原文）：

计算 $x \to 1^{+} lim (x - 1) \cdot \frac{ln x}{x - 1} = x \to 1^{+} lim x - 1 \cdot ln x$

令 $u = x - 1$ ： $= u \to 0^{+} lim u \cdot ln (1 + u)$

由L'Hospital规则（对 $\frac{l n ( 1 + u )}{u ^{- 1/2}}$ 形式）： $u \to 0^{+} lim \frac{ln ( 1 + u )}{u ^{- 1/2}} = u \to 0^{+} lim \frac{\frac{1}{1 + u}}{- \frac{1}{2} u ^{- 3/2}} = u \to 0^{+} lim \frac{- 2 u ^{3/2}}{1 + u} = 0$

关键：取 $q = 1$ 时， $λ = 0$ ，但推论3的 (ii) 要求 $λ > 0$ 。

因此换一个角度：注意到 $x \to 1^{+} lim (x - 1)^{1/2} \cdot \frac{ln x}{x - 1} = x \to 1^{+} lim ln x = 0$

咦，这也不对！应该是： $x \to 1^{+} lim (x - 1)^{1/2} \cdot \frac{ln x}{x - 1} = x \to 1^{+} lim (x - 1)^{1/2} \cdot \frac{ln x}{( x - 1 ) ^{1/2}} = x \to 1^{+} lim ln x = 0$

这个计算有问题。让我重新整理。

重新分析：

$\frac{ln x}{x - 1} = \frac{ln x}{( x - 1 ) ^{1/2}}$

考虑 $(x - 1)^{q} \cdot \frac{l n x}{( x - 1 ) ^{1/2}} = (x - 1)^{q - 1/2} ln x$

要使极限为有限非零值，需要 $q - \frac{1}{2} = 0$ ，即 $q = \frac{1}{2}$ 。

但 $x \to 1^{+} lim (x - 1)^{1/2} \cdot \frac{ln x}{( x - 1 ) ^{1/2}} = x \to 1^{+} lim ln x = 0$

这不对。问题在于 $ln x$ 在 $x = 1$ 处的增长速度。

正确的等价关系： $ln x \sim x - 1 (x \to 1)$

因此： $\frac{ln x}{x - 1} \sim \frac{x - 1}{x - 1} = x - 1 = (x - 1)^{1/2}$

取 $q = \frac{1}{2} < 1$ ： $x \to 1^{+} lim (x - 1)^{1/2} \cdot \frac{ln x}{x - 1} = x \to 1^{+} lim \frac{( x - 1 ) ^{1/2} ln x}{x - 1} = x \to 1^{+} lim ln x = 0$

不对，这样还是得到0。

最终正确方法：

利用等价无穷小 $ln x \sim x - 1$ 当 $x \to 1$ 时：

$\frac{ln x}{x - 1} \sim \frac{x - 1}{x - 1} = x - 1$

因此： $\int_{1}^{2} \frac{ln x}{x - 1} d x \sim \int_{1}^{2} x - 1 d x = \int_{1}^{2} (x - 1)^{1/2} d x$

这是标准瑕积分， $q = \frac{1}{2} < 1$ ，收敛。

或者用极限比较：

$x \to 1^{+} lim \frac{\frac{l n x}{x - 1}}{\frac{1}{( x - 1 ) ^{1/2}}} = x \to 1^{+} lim \frac{ln x \cdot ( x - 1 ) ^{1/2}}{x - 1} = x \to 1^{+} lim ln x = 0$

还是得到0！

问题出在哪？

让我重新理解： $\frac{ln x}{x - 1} = \frac{ln x}{( x - 1 ) ^{1/2}}$

与 $\frac{1}{( x - 1 ) ^{q}}$ 比较：

$x \to 1^{+} lim \frac{ln x}{( x - 1 ) ^{1/2}} \cdot (x - 1)^{q} = x \to 1^{+} lim (x - 1)^{q - 1/2} ln x$

要使极限为非零有限值，需要 $(x - 1)^{q - 1/2}$ 恰好抵消 $ln x$ 的增长。

但 $ln x \approx x - 1$ 当 $x \to 1$ ，所以： $x \to 1^{+} lim (x - 1)^{q - 1/2} \cdot (x - 1) = x \to 1^{+} lim (x - 1)^{q + 1/2}$

要使其为常数，需要 $q + \frac{1}{2} = 0$ ，即 $q = - \frac{1}{2}$ ？这没有意义。

原文的正确方法：

原文说："当取 $p = 1$ 时"（这里 $p$ 是指数，对应我们的 $q$ ）

$λ = x \to 1^{+} lim (x - 1) \cdot \frac{ln x}{x - 1} = x \to 1^{+} lim \frac{( x - 1 ) ln x}{x - 1} = x \to 1^{+} lim x - 1 \cdot ln x$

利用 L'Hospital 或等价无穷小： $= x \to 1^{+} lim x - 1 \cdot (x - 1) = x \to 1^{+} lim (x - 1)^{3/2} = 0$

这里 $p = 1 \geq 1$ ，但 $λ = 0 \neq > 0$ ，所以推论3的 (ii) 不适用（要求 $λ > 0$ 才能判定发散）。

因此需要换一个指数。但原文说"推知该瑕积分发散"，这是错误的！

让我查看原文...

原文分析：

原文说： $λ = x \to 1^{+} lim (x - 1) \cdot \frac{ln x}{x - 1} = x \to 1^{+} lim x - 1 ln x = 1$

等等，这个极限怎么会是1？

让我重新计算： $x \to 1^{+} lim x - 1 ln x$

令 $t = x - 1$ ， $x = 1 + t$ ： $= t \to 0^{+} lim t ln (1 + t)$

Taylor展开： $ln (1 + t) = t - \frac{t ^{2}}{2} + \dots$

$= t \to 0^{+} lim t \cdot t = t \to 0^{+} lim t^{3/2} = 0$

所以极限应该是 0，而不是 1。

我认为原文这里有误，极限应该是0，而不是1。

正确的判断：

由于标准的方法给出 $λ = 0$ （在 $q = 1$ 时），我们需要用更精细的方法。

直接计算积分：

$\int_{1}^{2} \frac{ln x}{x - 1} d x$

令 $u = x - 1$ ， $x = 1 + u$ ， $d x = d u$ ： $= \int_{0}^{1} \frac{ln ( 1 + u )}{u} d u$

利用 $ln (1 + u) \leq u$ ： $\int_{0}^{1} \frac{ln ( 1 + u )}{u} d u \leq \int_{0}^{1} \frac{u}{u} d u = \int_{0}^{1} u^{1/2} d u = [\frac{2}{3} u^{3/2}]_{0}^{1} = \frac{2}{3}$

因此积分收敛。

或者，用 $ln (1 + u) \sim u$ ： $\int_{0}^{1} \frac{u}{u} d u = \int_{0}^{1} u^{1/2} d u$

这是 $q = \frac{1}{2} < 1$ 的标准瑕积分，收敛。

结论： $\int_{1}^{2} \frac{l n x}{x - 1} d x$ 收敛。

原文的结论有误，正确答案应该是收敛，而非发散。

📖 第五部分：混合型反常积分

核心概念

混合型反常积分：既是无穷积分（积分上限为 $+ \infty$ ），又是瑕积分（被积函数在某点无界）。

处理原则：

分段讨论：选择合适的分点，将积分拆成两部分
分别判别：每部分分别判别收敛性
同时收敛：只有当两部分都收敛时，原积分才收敛

例2（原文）：综合型反常积分

问题：讨论反常积分 $Φ (α) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x ^{α - 1}}{1 + x} d x$ 的收敛性（ $α \in R$ ）。

解析

Step 1：识别积分的类型

无穷积分：上限为 $+ \infty$
瑕积分：当 $α < 1$ 时， $x^{α - 1}$ 在 $x = 0$ 处无界

分点选择：取 $x = 1$ 作为分点（分母在此处简单）：

$Φ (α) = \int_{0}^{1} \frac{x ^{α - 1}}{1 + x} d x + \int_{1}^{+ \infty} \frac{x ^{α - 1}}{1 + x} d x$

记为： $Φ (α) = I (α) + J (α)$

Step 2：讨论 $I (α) = \int_{0}^{1} \frac{x ^{α - 1}}{1 + x} d x$

情况分类：

(a) $α - 1 \geq 0$ ，即 $α \geq 1$ 时

被积函数 $\frac{x ^{α - 1}}{1 + x}$ 在 $[0, 1]$ 上有界（ $x = 0$ 时为 0），

因此 $I (α)$ 是正常的定积分，收敛。

(b) $α < 1$ 时

$x = 0$ 是瑕点（ $x^{α - 1} = \frac{1}{x ^{1 - α}} \to + \infty$ ）。

应用Cauchy判别法：

在 $(0, 1]$ 上： $\frac{x ^{α - 1}}{1 + x} \leq x^{α - 1}$

（因为 $1 + x \geq 1$ ）

更精确地，计算极限： $x \to 0^{+} lim x^{q} \cdot \frac{x ^{α - 1}}{1 + x} = x \to 0^{+} lim \frac{x ^{q + α - 1}}{1 + x}$

取 $q = 1 - α$ （使得 $q + α - 1 = 0$ ）： $= x \to 0^{+} lim \frac{x ^{0}}{1 + x} = \frac{1}{1} = 1$

条件判断：

若 $q = 1 - α < 1$ ，即 $α > 0$ ，则由推论3 (i)， $I (α)$ 收敛
若 $q = 1 - α \geq 1$ ，即 $α \leq 0$ ，且 $λ = 1 > 0$ ，则由推论3 (ii)， $I (α)$ 发散

小结： $I (α) {收敛发散 α > 0 α \leq 0$

Step 3：讨论 $J (α) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{x ^{α - 1}}{1 + x} d x$

这是无穷积分。

应用Cauchy判别法（无穷积分版本）：

$x \to + \infty lim x^{p} \cdot \frac{x ^{α - 1}}{1 + x} = x \to + \infty lim \frac{x ^{p + α - 1}}{1 + x}$

取 $p = 2 - α$ （使得分子分母同次）： $= x \to + \infty lim \frac{x ^{p + α - 1}}{x ( 1 + x ^{- 1} )} = x \to + \infty lim \frac{x ^{1}}{x ( 1 + x ^{- 1} )} = x \to + \infty lim \frac{1}{1 + x ^{- 1}} = 1$

条件判断：

若 $p = 2 - α > 1$ ，即 $α < 1$ ，且 $λ = 1 < + \infty$ ，则由推论3 (i)（无穷积分版）， $J (α)$ 收敛
若 $p = 2 - α \leq 1$ ，即 $α \geq 1$ ，且 $λ = 1 > 0$ ，则由推论3 (ii)（无穷积分版）， $J (α)$ 发散

小结： $J (α) {收敛发散 α < 1 α \geq 1$

Step 4：综合结论

$Φ (α) = I (α) + J (α) 收敛 \Leftrightarrow I (α) 和 J (α) 都收敛$

对比两个条件：

$I (α)$ 收敛： $α > 0$
$J (α)$ 收敛： $α < 1$

同时满足： $0 < α < 1$

最终答案：

$Φ (α) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x ^{α - 1}}{1 + x} d x {收敛发散 0 < α < 1 α \leq 0 或 α \geq 1$

原文的汇总表格：

$α$ 范围	$α \leq 0$	$0 < α < 1$	$α \geq 1$
$I (α)$	发散	收敛	定积分（收敛）
$J (α)$	收敛	收敛	发散
$Φ (α)$	发散	收敛	发散

几何与函数图像理解：

被积函数 $f (x) = \frac{x ^{α - 1}}{1 + x}$ ：

当 $α < 1$ 时， $x \to 0^{+}$ 附近类似 $x^{α - 1}$ （瑕点）
当 $x \to + \infty$ 时，类似 $x^{α - 2}$

只有当：

左端（ $x \to 0$ ）： $α - 1 > - 1$ （即 $α > 0$ ）时，瑕积分收敛
右端（ $x \to + \infty$ ）： $α - 2 < - 1$ （即 $α < 1$ ）时，无穷积分收敛

两者交集： $0 < α < 1$ 。

🎯 判别法决策系统

完整的判别流程图

flowchart TD
    A[瑕积分 ∫f dx] --> B{积分类型?}
    
    B -->|纯瑕积分| C[单一瑕点]
    B -->|混合型| D[瑕点+无穷]
    
    C --> C1{f的符号?}
    C1 -->|非负| C2[比较判别法]
    C1 -->|变号| C3[Dirichlet/Abel]
    
    C2 --> C21["计算 lim (x-a)^q f(x)"]
    C21 --> C22{q < 1?}
    C22 -->|是,λ<∞| C23[收敛]
    C22 -->|否,λ>0| C24[发散]
    
    D --> D1[选择分点c]
    D1 --> D2[分解为两部分]
    D2 --> D3["∫_a^c + ∫_c^∞"]
    D3 --> D4[分别判别]
    D4 --> D5{都收敛?}
    D5 -->|是| D6[收敛]
    D5 -->|否| D7[发散]
    
    style C23 fill:#9f9
    style D6 fill:#9f9
    style C24 fill:#f99
    style D7 fill:#f99

判别法对比总表

判别法	适用类型	条件	结论
比较判别法	非负函数	$0 \leq f (x) \leq g (x)$	大收则小收
极限比较	非负函数	$lim \frac{f}{g} = c \in (0, + \infty)$	同敛散
Cauchy判别法	非负函数	$lim (x - a)^{q} f (x) = λ$	$q < 1, λ < \infty$ → 收敛
Dirichlet	一般函数	$F$ 有界 + $g$ 单调趋零	收敛
Abel	一般函数	$\int f$ 收敛 + $g$ 单调有界	收敛

✅ 学习检查清单

理解瑕积分的Cauchy收敛准则
掌握瑕积分的基本性质（线性、区间可加）
理解瑕积分与无穷积分判别法的对比（ $q < 1$ vs $p > 1$ ）
熟练应用Cauchy判别法（q-判别法）
能判断对数型瑕积分的收敛性
理解混合型反常积分的处理方法
会分段讨论复杂的反常积分
掌握Dirichlet和Abel判别法在瑕积分中的应用
能综合运用多种方法解决实际问题

📖 习题精选与解答

习题1：基本判别

判断下列瑕积分的敛散性：

(1) $\int_{0}^{1} \frac{d x}{x l n x}$

解：

瑕点： $x = 0$ （双重瑕点： $x \to 0$ 和 $ln x \to - \infty$ ）
实际上， $x = 0$ 附近： $\frac{1}{x ∣ l n x ∣} \sim \frac{1}{x}$ （ $∣ ln x ∣$ 增长慢）
更精确： $lim_{x \to 0^{+}} x \cdot \frac{1}{x ∣ l n x ∣} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{∣ l n x ∣} = 0$

但这个极限是0， $q = 1$ ，不能直接判断。

换一个角度：令 $t = ln x$ ， $x = e^{t}$ ， $d x = e^{t} d t$ 。

当 $x \to 0^{+}$ 时， $t \to - \infty$ ；当 $x = 1$ 时， $t = 0$ 。

$\int_{0}^{1} \frac{d x}{x ln x} = \int_{- \infty}^{0} \frac{e ^{t} d t}{e ^{t} \cdot t} = \int_{- \infty}^{0} \frac{d t}{t}$

这是 $\int_{- \infty}^{0} \frac{d t}{t}$ ，换元 $s = - t$ ：

$= - \int_{0}^{+ \infty} \frac{d s}{s}$

这是发散的（ $p = 1$ ）。

答案：发散。 $□$

(2) $\int_{0}^{π /2} tan x d x$

解：

瑕点： $x = \frac{π}{2}$ （ $tan x \to + \infty$ ）
换元不需要，直接计算：

$\int_{0}^{π /2} tan x d x = \int_{0}^{π /2} \frac{sin x}{cos x} d x = [- ln ∣ cos x ∣]_{0}^{π /2}$

当 $x \to \frac{π}{2}^{-}$ 时， $cos x \to 0^{+}$ ， $- ln (cos x) \to + \infty$ 。

答案：发散。 $□$

习题2：混合型

讨论 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{p} ( 1 + x ) ^{q}}$ 的收敛性（ $p, q > 0$ ）。

解：

分解： $\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{p} ( 1 + x ) ^{q}} = \int_{0}^{1} \frac{d x}{x ^{p} ( 1 + x ) ^{q}} + \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{p} ( 1 + x ) ^{q}}$

左边（瑕积分，瑕点 $x = 0$ ）： $\frac{1}{x ^{p} ( 1 + x ) ^{q}} \sim \frac{1}{x ^{p}} (x \to 0^{+})$

收敛条件： $p < 1$

右边（无穷积分）： $\frac{1}{x ^{p} ( 1 + x ) ^{q}} \sim \frac{1}{x ^{p + q}} (x \to + \infty)$

收敛条件： $p + q > 1$

综合： ${p < 1 p + q > 1 \Leftrightarrow {p < 1 q > 1 - p$

答案：当且仅当 $p < 1$ 且 $q > 1 - p$ 时收敛。 $□$

📚 参考文献与延伸阅读

华东师范大学数学系.《数学分析》（第5版）[M]. 高等教育出版社
菲赫金哥尔茨.《微积分学教程》（第2卷）[M]
Apostol, T. Mathematical Analysis [M]. Addison-Wesley
Rudin, W. Principles of Mathematical Analysis [M]. McGraw-Hill
Stein, E. & Shakarchi, R. Real Analysis [M]. Princeton University Press

🌟 总结与展望

核心要点

瑕积分与无穷积分的对偶关系：
- 瑕积分： $q < 1$ 收敛
- 无穷积分： $p > 1$ 收敛
- 方向相反，但思想一致
混合型反常积分的处理：
- 分段讨论
- 分别判别
- 同时收敛
判别法的灵活应用：
- 选择合适的比较函数
- 计算关键极限
- 综合运用多种方法

学习建议

对比学习：将瑕积分与无穷积分的判别法对照记忆
大量练习：判别法的熟练掌握需要大量习题
极限技巧：熟练掌握L'Hospital规则和等价无穷小
分类讨论：养成参数讨论的习惯（如例2）

希望这个完整的知识体系能够帮助您深入理解瑕积分的性质与判别法！这是实分析的重要内容，为后续学习Lebesgue积分等高级理论奠定基础。🎓✨

如需更详细的某个定理证明、习题解答或概念澄清，请随时告诉我！

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