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绝对、条件与振荡收敛怎样区分？

先备知识

正函数可以直接比较大小；换号函数却可能依靠抵消收敛。第 22.1 单元的 Cauchy 尾部 判据适用于两种情形，第 20.4 单元的分部积分则能把振荡部分的有界原函数与逐渐衰减的 振幅分开。

本单元不把“正负面积看起来抵消”当作证明。每个振荡判别都要给出足以控制任意尾段的 不等式。

学习目标

完成本单元后，你应能：

  1. 区分绝对收敛与条件收敛；
  2. 证明绝对收敛推出收敛；
  3. 核对并证明本章版 Dirichlet 判别；
  4. 用 Abel 判别处理收敛积分乘单调有界因子；
  5. 证明 \(\sin x/x\) 条件收敛；
  6. 区分 Cauchy 主值与通常反常积分。

牵引问题

函数 \(\sin x/x\) 的振幅缓慢衰减，正负波峰不断交替。仅凭图像无法回答：

  • 任意远处的尾段是否都很小？
  • 取绝对值后是否仍收敛？
  • 只看对称截断是否隐藏了一侧发散？

探索与猜想

分部积分提示把

\[ \int_A^B f(x)g(x)\,dx \]

拆成“\(f\) 的原函数”与“\(g\) 的衰减”。若 \(f\) 的累计量始终有界，而 \(g\) 单调递减到零，那么远处的振荡既不会积累成大偏差，剩余振幅又越来越小。

概念与理论

绝对收敛与条件收敛

设 \(f\) 在每个有限截断区间上可积。

  • 若 \(\int_a^\infty |f(x)|\,dx\) 收敛，称 \(\int_a^\infty f(x)\,dx\) 绝对收敛；
  • 若 \(\int_a^\infty f\) 收敛而 \(\int_a^\infty|f|\) 发散，称其 条件收敛。

绝对收敛不要求 \(f\) 最终同号；它用非负函数 \(|f|\) 控制所有正负波动的总量。

绝对收敛推出收敛

定理。 若 \(\int_a^\infty|f(x)|\,dx\) 收敛，则 \(\int_a^\infty f(x)\,dx\) 收敛。

证明。 给定 \(\varepsilon>0\)。由 \(|f|\) 的 Cauchy 尾部判据，存在 \(A\)， 使任意 \(B>C\ge A\) 都有

\[ \int_C^B|f(x)|\,dx<\varepsilon. \]

正常积分的绝对值估计给出

\[ \left|\int_C^Bf(x)\,dx\right| \le\int_C^B|f(x)|\,dx<\varepsilon. \]

所以 \(f\) 也满足 Cauchy 尾部判据，原反常积分收敛。证毕。

反向不成立：抵消可能使 \(\int f\) 收敛，却不能使 \(\int|f|\) 收敛。

Dirichlet 判别

定理。 设 \(f\) 在 \([a,\infty)\) 上连续，并且其累计函数

\[ F(x)=\int_a^x f(t)\,dt \]

有界，即存在 \(M>0\) 使 \(|F(x)|\le M\)。又设 \(g\in C^1[a,\infty)\) 非负、单调递减且 \(g(x)\to0\)。则

\[ \int_a^\infty f(x)g(x)\,dx \]

收敛。

证明。 对 \(B>A\ge a\)，令

\[ H_A(x)=\int_A^x f(t)\,dt=F(x)-F(A). \]

于是 \(|H_A(x)|\le2M\)，且 \(H_A(A)=0\)、\(H_A'=f\)。分部积分得

\[ \int_A^Bfg =H_A(B)g(B)-\int_A^BH_A(x)g'(x)\,dx. \]

因为 \(g'\le0\)，

\[ \begin{aligned} \left|\int_A^Bfg\right| &\le2Mg(B)+2M\int_A^B[-g'(x)]\,dx\\ &=2Mg(B)+2M[g(A)-g(B)]\\ &=2Mg(A). \end{aligned} \]

当 \(A\to\infty\) 时，右侧趋于零，而且这个界对所有 \(B>A\) 同时成立。因此 \(fg\) 满足 Cauchy 尾部判据，积分收敛。证毕。

条件的职责不能互换：

  • 有界原函数控制振荡累计量；
  • 单调性把 \(-g'\) 变成非负总变化；
  • \(g\to0\) 使尾部上界真正趋零。

Abel 判别

推论。 若 \(\int_a^\infty f(x)\,dx\) 收敛，且 \(g\in C^1[a,\infty)\) 有界并单调，则 \(\int_a^\infty f(x)g(x)\,dx\) 收敛。

证明。 单调有界函数 \(g\) 有有限极限 \(\ell\)。若 \(g\) 递减，则 \(g-\ell\ge0\) 且递减到零；若 \(g\) 递增，则 \(\ell-g\ge0\) 且递减到零。

另一方面，\(\int_a^x f\) 因收敛而有界。把

\[ fg=\ell f+f(g-\ell) \]

或相应的递增版本拆开：第一项是收敛积分的常数倍，第二项满足 Dirichlet 判别。 故 \(\int fg\) 收敛。证毕。

Abel 判别在这里是 Dirichlet 思想的拓展，而不是对任意有界 \(g\) 的结论；单调条件 仍然承担控制总变化的责任。

例题与迁移

例 1：\(\sin x/x\) 的条件收敛

考察

\[ \int_1^\infty\frac{\sin x}{x}\,dx. \]

取 \(f(x)=\sin x\)、\(g(x)=1/x\)。累计函数

\[ F(x)=\int_1^x\sin t\,dt=\cos1-\cos x \]

有界，而 \(g\) 非负、单调递减到零。Dirichlet 判别说明原积分收敛。

还需证明它不绝对收敛。对每个整数 \(k\ge1\)，在

\[ I_k=\left[k\pi+\frac{\pi}{6},\,k\pi+\frac{5\pi}{6}\right] \]

上有 \(|\sin x|\ge1/2\)，且 \(x<(k+1)\pi\)。因此

\[ \int_{I_k}\frac{|\sin x|}{x}\,dx \ge\frac12\cdot\frac{2\pi/3}{(k+1)\pi} =\frac{1}{3(k+1)}. \]

累加前 \(N\) 个互不相交区间，并用有限和与对数积分比较：

\[ \sum_{k=1}^{N}\frac1{k+1} \ge\int_2^{N+2}\frac{dx}{x} =\log\frac{N+2}{2}\to\infty. \]

所以 \(\int_1^\infty|\sin x|/x\,dx\) 发散。原积分是条件收敛。

例 2：绝对收敛的振荡积分

对

\[ \int_1^\infty\frac{\cos x}{x^2}\,dx, \]

有

\[ \left|\frac{\cos x}{x^2}\right|\le\frac1{x^2}. \]

右侧可积，所以原积分绝对收敛。这里无需动用 Dirichlet；绝对值比较给出更强结论。

例 3：主值不是通常收敛

对 \(f(x)=\sin x\)，

\[ \operatorname{PV}\int_{-\infty}^{\infty}\sin x\,dx :=\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\sin x\,dx=0. \]

但右侧通常反常积分

\[ \int_0^R\sin x\,dx=1-\cos R \]

没有极限。故 Cauchy 主值存在并不推出通常反常积分收敛。主值规定了特殊截断路径， 逐端点定义则要求路径不能掩盖任一尾部。

即时检验与回望

即时检验 1

若 \(\int|f|\) 收敛，证明 \(\left|\int_A^Bf\right|\) 小时需要 \(f\) 最终同号吗？

答案

不需要。正常积分估计

\[ \left|\int_A^Bf\right|\le\int_A^B|f| \]

对换号函数同样成立；右侧的 Cauchy 尾部控制已经足够。

即时检验 2

在 Dirichlet 判别中，只知道 \(g\) 有界且趋于零，能否删去单调性？

答案

不能直接删去。证明需要

\[ \int_A^B|g'|=g(A)-g(B) \]

来控制总变化；没有单调性时，这个等式失效，现有证明不能闭合。

回望：绝对收敛控制总振幅；Dirichlet 控制有界累计量乘衰减振幅；主值只控制一条指定 截断路径。

习题与答案

练习 1：绝对收敛

证明 \(\int_2^\infty \sin(x^2)/x^2\,dx\) 绝对收敛。

答案
\[ \left|\frac{\sin(x^2)}{x^2}\right|\le\frac1{x^2}. \]

上方 \(p\)-积分收敛，故绝对值积分收敛，进而原积分收敛。

练习 2：Dirichlet 条件

用 Dirichlet 判别证明 \(\int_1^\infty \cos x/\sqrt x\,dx\) 收敛。

答案

\(\cos x\) 的累计函数 \(\sin x-\sin1\) 有界；\(x^{-1/2}\) 非负、单调递减且 趋于零。因此满足 Dirichlet 条件，积分收敛。

练习 3：不是绝对收敛的证明

为什么不等式 \(|\cos x|/\sqrt x\le1/\sqrt x\) 不能证明上一题绝对收敛？

答案

上方函数 \(x^{-1/2}\) 的积分发散。上方函数发散对下方函数没有收敛结论； 该不等式既不能证明绝对收敛，也不能证明绝对值积分发散。

练习 4：Abel 判别

设 \(\int_1^\infty f\) 收敛。证明 \(\int_1^\infty f(x)(1+x^{-1})\,dx\) 收敛。

答案

\(g(x)=1+x^{-1}\) 有界且单调递减到 \(1\)，满足 Abel 判别。也可拆成

\[ \int_1^\infty f+\int_1^\infty\frac{f(x)}x\,dx; \]

第一项按假设收敛，第二项由 Dirichlet 判别收敛。

练习 5：缺少趋零条件

函数 \(f(x)=1\) 的原函数无界；函数 \(g(x)=1\) 不趋于零。解释为什么 \(\int_1^\infty fg\) 发散不与 Dirichlet 判别矛盾。

答案

两个关键条件都不满足：\(F(x)=x-1\) 无界，且 \(g(x)\not\to0\)。定理没有 对该积分作出收敛承诺。

练习 6：尾部定量界

设 \(|F(x)|\le3\)，\(g\) 满足 Dirichlet 判别条件。证明任意 \(B>A\) 有 \(\left|\int_A^Bfg\right|\le6g(A)\)。

答案

证明中的 \(M=3\)。于是 \(|H_A|\le2M=6\)，分部积分估计直接给出

\[ \left|\int_A^Bfg\right|\le2Mg(A)=6g(A). \]

练习 7：主值诊断

某解答由 \(\int_{-R}^{R}x\,dx=0\) 宣称 \(\int_{-\infty}^{\infty}x\,dx\) 收敛。指出错误。

答案

对称截断只给出主值候选。通常定义要求 \(\int_{-\infty}^{0}x\,dx\) 与 \(\int_0^\infty x\,dx\) 分别收敛； 二者都发散，所以通常积分不存在。

练习 8：条件分类

已知 \(\int_1^\infty f\) 收敛而 \(\int_1^\infty|f|\) 发散。该积分属于哪一类？ 它是否可能由正函数直接比较证明收敛？

答案

它是条件收敛。若只把 \(|f|\) 与一个可积正函数作上方比较，就会推出绝对收敛， 与已知条件矛盾；其收敛必须利用符号抵消或其他振荡结构。

常见误区与后续

  • 由 \(\int f\) 收敛反推 \(\int|f|\) 收敛；
  • 看到振荡就引用 Dirichlet，却没有检查有界原函数；
  • 把“\(g\to0\)”误当成足以替代单调总变化控制；
  • 用几张数值图像证明条件收敛；
  • 把 Cauchy 主值写成通常反常积分。

本单元只使用有限区间分部积分和尾部估计。无穷级数判别、幂级数展开与一致收敛属于 后续部分；下一单元回到有限区间，建立带二阶导数界的中点和梯形求积。