高等数学（第七版）同济大学 习题5-5 个人解答
高等数学（第七版）同济大学 习题5-5
1. 判定下列反常积分的收敛性： \begin{aligned}&1. \ 判定下列反常积分的收敛性：&\end{aligned} 1. 判定下列反常积分的收敛性：
( 1 ) ∫ 0 + ∞ x 2 x 4 + x 2 + 1 d x ； ( 2 ) ∫ 1 + ∞ d x x x 2 + 1 3 ； ( 3 ) ∫ 1 + ∞ s i n 1 x 2 d x ； ( 4 ) ∫ 0 + ∞ d x 1 + x ∣ s i n x ∣ ； ( 5 ) ∫ 1 + ∞ x a r c t a n x 1 + x 3 d x ； ( 6 ) ∫ 1 2 d x ( l n x ) 3 ； ( 7 ) ∫ 0 1 x 4 1 − x 4 d x ； ( 8 ) ∫ 1 2 d x x 2 − 3 x + 2 3 \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \int_{0}^{+\infty}\frac{x^2}{x^4+x^2+1}dx；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ \int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt[3]{x^2+1}}；\\\\ &\ \ (3)\ \ \int_{1}^{+\infty}sin\frac{1}{x^2}dx；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{1+x|sin\ x|}；\\\\ &\ \ (5)\ \ \int_{1}^{+\infty}\frac{xarctan\ x}{1+x^3}dx；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)\ \ \int_{1}^{2}\frac{dx}{(ln\ x)^3}；\\\\ &\ \ (7)\ \ \int_{0}^{1}\frac{x^4}{\sqrt{1-x^4}}dx；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (8)\ \ \int_{1}^{2}\frac{dx}{\sqrt[3]{x^2-3x+2}} & \end{aligned} (1) ∫0+∞x4+x2+1x2dx； (2) ∫1+∞x3x2+1dx； (3) ∫1+∞sinx21dx； (4) ∫0+∞1+x∣sin x∣dx； (5) ∫1+∞1+x3xarctan xdx； (6) ∫12(ln x)3dx； (7) ∫011−x4x4dx； (8) ∫123x2−3x+2dx
解：
( 1 ) 因为 lim x → + ∞ x 2 ⋅ x 2 x 4 + x 2 + 1 = 1 ，所以， ∫ 0 + ∞ x 2 x 4 + x 2 + 1 d x 收敛。 ( 2 ) 因为 lim x → + ∞ x 5 3 ⋅ 1 x x 2 + 1 3 = 1 ，所以， ∫ 1 + ∞ d x x x 2 + 1 3 收敛。 ( 3 ) 因为 lim x → + ∞ x 2 ⋅ s i n 1 x 2 = 1 ，所以， ∫ 1 + ∞ s i n 1 x 2 d x 收敛。 ( 4 ) 当 x ≥ 0 时， 1 1 + x ∣ s i n x ∣ ≥ 1 1 + x ，且 ∫ 0 + ∞ d x 1 + x 发散，所以， ∫ 0 + ∞ d x 1 + x ∣ s i n x ∣ 发散。 ( 5 ) 因为 lim x → + ∞ x 2 ⋅ x a r c t a n x 1 + x 3 = π 2 ，所以， ∫ 1 + ∞ x a r c t a n x 1 + x 3 d x 收敛。 ( 6 ) x = 1 是被积函数的瑕点，因为 lim x → 1 + ( x − 1 ) ⋅ 1 ( l n x ) 3 = + ∞ ，所以， ∫ 1 2 d x ( l n x ) 3 发散。 ( 7 ) x = 1 是被积函数的瑕点，因为 lim x → 1 − ( 1 − x ) 1 2 ⋅ x 4 1 − x 4 = 1 2 ，所以， ∫ 0 1 x 4 1 − x 4 d x 收敛。 ( 8 ) x = 1 ， x = 2 是被积函数的瑕点，因为 lim x → 1 + ( x − 1 ) 1 3 1 x 2 − 3 x + 2 3 = − 1 ，所以， ∫ 1 3 2 d x x 2 − 3 x + 2 3 收敛， 又因为 lim x → 2 − ( x − 2 ) 1 3 1 x 2 − 3 x + 2 3 = 1 ，所以， ∫ 3 2 2 d x x 2 − 3 x + 2 3 收敛，因此， ∫ 1 2 d x x 2 − 3 x + 2 3 收敛。 \begin{aligned} &\ \ (1)\ 因为\lim_{x \rightarrow +\infty}x^2 \cdot \frac{x^2}{x^4+x^2+1}=1，所以，\int_{0}^{+\infty}\frac{x^2}{x^4+x^2+1}dx收敛。\\\\ &\ \ (2)\ 因为\lim_{x \rightarrow +\infty}x^{\frac{5}{3}}\cdot \frac{1}{x\sqrt[3]{x^2+1}}=1，所以，\int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt[3]{x^2+1}}收敛。\\\\ &\ \ (3)\ 因为\lim_{x \rightarrow +\infty}x^2\cdot sin\frac{1}{x^2}=1，所以，\int_{1}^{+\infty}sin\frac{1}{x^2}dx收敛。\\\\ &\ \ (4)\ 当x \ge 0时，\frac{1}{1+x|sin\ x|} \ge \frac{1}{1+x}，且\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{1+x}发散，所以，\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{1+x|sin\ x|}发散。\\\\ &\ \ (5)\ 因为\lim_{x \rightarrow +\infty}x^2\cdot \frac{xarctan\ x}{1+x^3}=\frac{\pi}{2}，所以，\int_{1}^{+\infty}\frac{xarctan\ x}{1+x^3}dx收敛。\\\\ &\ \ (6)\ x=1是被积函数的瑕点，因为\lim_{x \rightarrow 1^+}(x-1)\cdot \frac{1}{(ln\ x)^3}=+\infty，所以，\int_{1}^{2}\frac{dx}{(ln\ x)^3}发散。\\\\ &\ \ (7)\ x=1是被积函数的瑕点，因为\lim_{x \rightarrow 1^-}(1-x)^{\frac{1}{2}}\cdot \frac{x^4}{\sqrt{1-x^4}}=\frac{1}{2}，所以，\int_{0}^{1}\frac{x^4}{\sqrt{1-x^4}}dx收敛。\\\\ &\ \ (8)\ x=1，x=2是被积函数的瑕点，因为\lim_{x \rightarrow 1^+}(x-1)^{\frac{1}{3}}\frac{1}{\sqrt[3]{x^2-3x+2}}=-1，所以，\int_{1}^{\frac{3}{2}}\frac{dx}{\sqrt[3]{x^2-3x+2}}收敛，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ 又因为\lim_{x \rightarrow 2^-}(x-2)^{\frac{1}{3}}\frac{1}{\sqrt[3]{x^2-3x+2}}=1，所以，\int_{\frac{3}{2}}^{2}\frac{dx}{\sqrt[3]{x^2-3x+2}}收敛，因此，\int_{1}^{2}\frac{dx}{\sqrt[3]{x^2-3x+2}}收敛。 & \end{aligned} (1) 因为x→+∞limx2⋅x4+x2+1x2=1，所以，∫0+∞x4+x2+1x2dx收敛。 (2) 因为x→+∞limx35⋅x3x2+11=1，所以，∫1+∞x3x2+1dx收敛。 (3) 因为x→+∞limx2⋅sinx21=1，所以，∫1+∞sinx21dx收敛。 (4) 当x≥0时，1+x∣sin x∣1≥1+x1，且∫0+∞1+xdx发散，所以，∫0+∞1+x∣sin x∣dx发散。 (5) 因为x→+∞limx2⋅1+x3xarctan x=2π，所以，∫1+∞1+x3xarctan xdx收敛。 (6) x=1是被积函数的瑕点，因为x→1+lim(x−1)⋅(ln x)31=+∞，所以，∫12(ln x)3dx发散。 (7) x=1是被积函数的瑕点，因为x→1−lim(1−x)21⋅1−x4x4=21，所以，∫011−x4x4dx收敛。 (8) x=1，x=2是被积函数的瑕点，因为x→1+lim(x−1)313x2−3x+21=−1，所以，∫1233x2−3x+2dx收敛， 又因为x→2−lim(x−2)313x2−3x+21=1，所以，∫2323x2−3x+2dx收敛，因此，∫123x2−3x+2dx收敛。
2. 设反常积分 ∫ 1 + ∞ f 2 ( x ) d x 收敛，证明反常积分 ∫ 1 + ∞ f ( x ) x d x 绝对收敛。 \begin{aligned}&2. \ 设反常积分\int_{1}^{+\infty}f^2(x)dx收敛，证明反常积分\int_{1}^{+\infty}\frac{f(x)}{x}dx绝对收敛。&\end{aligned} 2. 设反常积分∫1+∞f2(x)dx收敛，证明反常积分∫1+∞xf(x)dx绝对收敛。
解：
因为 ∣ f ( x ) x ∣ ≤ f 2 ( x ) + 1 x 2 2 ，由于 ∫ 1 + ∞ f 2 ( x ) d x 收敛， ∫ 1 + ∞ 1 x 2 d x 收敛， 所以， ∫ 1 + ∞ ∣ f ( x ) x ∣ d x 收敛，即 ∫ 1 + ∞ f ( x ) x d x 绝对收敛。 \begin{aligned} &\ \ 因为\left|\frac{f(x)}{x}\right| \le \frac{f^2(x)+\frac{1}{x^2}}{2}，由于\int_{1}^{+\infty}f^2(x)dx收敛，\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}dx收敛，\\\\ &\ \ 所以，\int_{1}^{+\infty}\left|\frac{f(x)}{x}\right|dx收敛，即\int_{1}^{+\infty}\frac{f(x)}{x}dx绝对收敛。 & \end{aligned} 因为∣ ∣xf(x)∣ ∣≤2f2(x)+x21，由于∫1+∞f2(x)dx收敛，∫1+∞x21dx收敛， 所以，∫1+∞∣ ∣xf(x)∣ ∣dx收敛，即∫1+∞xf(x)dx绝对收敛。
3. 用 Γ 函数表示下列积分，并指出这些积分的收敛范围： \begin{aligned}&3. \ 用\Gamma函数表示下列积分，并指出这些积分的收敛范围：&\end{aligned} 3. 用Γ函数表示下列积分，并指出这些积分的收敛范围：
( 1 ) ∫ 0 + ∞ e − x n d x ( n > 0 ) ； ( 2 ) ∫ 0 1 ( l n 1 x ) p d x ； ( 3 ) ∫ 0 + ∞ x m e − x n d x ( n ≠ 0 ) . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \int_{0}^{+\infty}e^{-x^n}dx\ (n \gt 0)；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ \int_{0}^{1}\left(ln\frac{1}{x}\right)^pdx；\\\\ &\ \ (3)\ \ \int_{0}^{+\infty}x^me^{-x^n}dx\ (n \neq 0). & \end{aligned} (1) ∫0+∞e−xndx (n>0)； (2) ∫01(lnx1)pdx； (3) ∫0+∞xme−xndx (n=0).
解：
( 1 ) 令 u = x n ，则 x = u 1 n ，得 ∫ 0 + ∞ e − x n d x = 1 n ∫ 0 + ∞ e − u u 1 n − 1 d u = 1 n Γ ( 1 n ) ，当 n > 0 时， 1 n Γ ( 1 n ) 收敛。 ( 2 ) 令 u = l n 1 x ，则 x = e − u ，得 ∫ 0 1 ( l n 1 x ) p d x = ∫ + ∞ 0 − u p e − u d u = ∫ 0 + ∞ u p e − u d u = Γ ( p + 1 ) ， 当 p > − 1 时， Γ ( p + 1 ) 收敛。 ( 3 ) 令 u = x n ，则 x = u 1 n ，当 n > 0 时，得 ∫ 0 + ∞ x m e − x n d x = ∫ 0 + ∞ 1 n u m + 1 n − 1 e − u d u = 1 n Γ ( m + 1 n ) ， 当 n < 0 时，得 ∫ 0 + ∞ x m e − x n d x = ∫ + ∞ 0 1 n u m + 1 n − 1 e − u d u = − 1 n Γ ( m + 1 n ) ， 所以， ∫ 0 + ∞ x m e − x n d x = 1 ∣ n ∣ Γ ( m + 1 n ) ，当 m + 1 n > 0 时， 1 ∣ n ∣ Γ ( m + 1 n ) 收敛。 \begin{aligned} &\ \ (1)\ 令u=x^n，则x=u^{\frac{1}{n}}，得\int_{0}^{+\infty}e^{-x^n}dx=\frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty}e^{-u}u^{\frac{1}{n}-1}du=\frac{1}{n}\Gamma\left(\frac{1}{n}\right)，当n \gt 0时，\frac{1}{n}\Gamma\left(\frac{1}{n}\right)收敛。\\\\ &\ \ (2)\ 令u=ln\frac{1}{x}，则x=e^{-u}，得\int_{0}^{1}\left(ln\frac{1}{x}\right)^pdx=\int_{+\infty}^{0}-u^pe^{-u}du=\int_{0}^{+\infty}u^pe^{-u}du=\Gamma(p+1)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 当p \gt -1时，\Gamma(p+1)收敛。\\\\ &\ \ (3)\ 令u=x^n，则x=u^{\frac{1}{n}}，当n \gt 0时，得\int_{0}^{+\infty}x^me^{-x^n}dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{n}u^{\frac{m+1}{n}-1}e^{-u}du=\frac{1}{n}\Gamma\left(\frac{m+1}{n}\right)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 当n \lt 0时，得\int_{0}^{+\infty}x^me^{-x^n}dx=\int_{+\infty}^{0}\frac{1}{n}u^{\frac{m+1}{n}-1}e^{-u}du=-\frac{1}{n}\Gamma\left(\frac{m+1}{n}\right)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以，\int_{0}^{+\infty}x^me^{-x^n}dx=\frac{1}{|n|}\Gamma\left(\frac{m+1}{n}\right)，当\frac{m+1}{n} \gt 0时，\frac{1}{|n|}\Gamma\left(\frac{m+1}{n}\right)收敛。 & \end{aligned} (1) 令u=xn，则x=un1，得∫0+∞e−xndx=n1∫0+∞e−uun1−1du=n1Γ(n1)，当n>0时，n1Γ(n1)收敛。 (2) 令u=lnx1，则x=e−u，得∫01(lnx1)pdx=∫+∞0−upe−udu=∫0+∞upe−udu=Γ(p+1)， 当p>−1时，Γ(p+1)收敛。 (3) 令u=xn，则x=un1，当n>0时，得∫0+∞xme−xndx=∫0+∞n1unm+1−1e−udu=n1Γ(nm+1)， 当n<0时，得∫0+∞xme−xndx=∫+∞0n1unm+1−1e−udu=−n1Γ(nm+1)， 所以，∫0+∞xme−xndx=∣n∣1Γ(nm+1)，当nm+1>0时，∣n∣1Γ(nm+1)收敛。
4. 证明 Γ ( 2 k + 1 2 ) = 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ . . . ⋅ ( 2 k − 1 ) π 2 k ，其中 k ∈ N + . \begin{aligned}&4. \ 证明\Gamma\left(\frac{2k+1}{2}\right)=\frac{1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot(2k-1)\sqrt{\pi}}{2^k}，其中k \in N_+.&\end{aligned} 4. 证明Γ(22k+1)=2k1⋅3⋅5⋅...⋅(2k−1)π，其中k∈N+.
解：
Γ ( 2 k + 1 2 ) = 2 k − 1 2 Γ ( 2 k − 1 2 ) = 2 k − 1 2 ⋅ 2 k − 3 2 Γ ( 2 k − 3 2 ) = 2 k − 1 2 ⋅ 2 k − 3 2 ⋅ . . . ⋅ 1 2 Γ ( 1 2 ) = 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ . . . ⋅ ( 2 k − 1 ) π 2 k \begin{aligned} &\ \ \Gamma\left(\frac{2k+1}{2}\right)=\frac{2k-1}{2}\Gamma\left(\frac{2k-1}{2}\right)=\frac{2k-1}{2}\cdot \frac{2k-3}{2}\Gamma\left(\frac{2k-3}{2}\right)=\frac{2k-1}{2}\cdot \frac{2k-3}{2} \cdot ... \cdot \frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\\\\ &\ \ \frac{1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot(2k-1)\sqrt{\pi}}{2^k} & \end{aligned} Γ(22k+1)=22k−1Γ(22k−1)=22k−1⋅22k−3Γ(22k−3)=22k−1⋅22k−3⋅...⋅21Γ(21)= 2k1⋅3⋅5⋅...⋅(2k−1)π
5. 证明以下各式（其中 n ∈ N + ）： \begin{aligned}&5. \ 证明以下各式（其中n \in N_+）：&\end{aligned} 5. 证明以下各式（其中n∈N+）：
( 1 ) 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ . . . ⋅ 2 n = 2 n Γ ( n + 1 ) ； ( 2 ) 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ . . . ⋅ ( 2 n − 1 ) = Γ ( 2 n ) 2 n − 1 Γ ( n ) ； ( 3 ) π Γ ( 2 n ) = 2 2 n − 1 Γ ( n ) Γ ( n + 1 2 ) ( 勒让德（ L e g e n d r e ）倍量公式 ) . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 2\cdot 4\cdot 6\cdot ... \cdot 2n=2^n\Gamma(n+1)；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ 1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot (2n-1)=\frac{\Gamma(2n)}{2^{n-1}\Gamma(n)}；\\\\ &\ \ (3)\ \ \sqrt{\pi}\Gamma(2n)=2^{2n-1}\Gamma(n)\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)\ (勒让德（Legendre）倍量公式). & \end{aligned} (1) 2⋅4⋅6⋅...⋅2n=2nΓ(n+1)； (2) 1⋅3⋅5⋅...⋅(2n−1)=2n−1Γ(n)Γ(2n)； (3) πΓ(2n)=22n−1Γ(n)Γ(n+21) (勒让德（Legendre）倍量公式).
解：
( 1 ) 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ . . . ⋅ 2 n = 2 n n ! = 2 n Γ ( n + 1 ) ( 2 ) 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ . . . ⋅ ( 2 n − 1 ) = ( 2 n − 1 ) ! 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ . . . ⋅ ( 2 n − 2 ) = Γ ( 2 n ) 2 n − 1 ( n − 1 ) ! = Γ ( 2 n ) 2 n − 1 Γ ( n ) ( 3 ) 因为 π Γ ( 2 n ) = ( 2 n − 1 ) ! π ， Γ ( n ) Γ ( n + 1 2 ) = ( n − 1 ) ! 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ . . . ⋅ ( 2 n − 1 ) π 2 n = 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ . . . ⋅ ( 2 n − 2 ) 2 n − 1 ⋅ 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ . . . ⋅ ( 2 n − 1 ) π 2 n = ( 2 n − 1 ) ! 2 2 n − 1 π ，所以， π Γ ( 2 n ) = 2 2 n − 1 Γ ( n ) Γ ( n + 1 2 ) \begin{aligned} &\ \ (1)\ 2\cdot 4\cdot 6\cdot ... \cdot 2n=2^nn!=2^n\Gamma(n+1)\\\\ &\ \ (2)\ 1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot (2n-1)=\frac{(2n-1)!}{2\cdot 4\cdot 6\cdot ... \cdot (2n-2)}=\frac{\Gamma(2n)}{2^{n-1}(n-1)!}=\frac{\Gamma(2n)}{2^{n-1}\Gamma(n)}\\\\ &\ \ (3)\ 因为\sqrt{\pi}\Gamma(2n)=(2n-1)!\sqrt{\pi}，\Gamma(n)\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)=(n-1)!\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot (2n-1)\sqrt{\pi}}{2^n}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{2\cdot 4\cdot 6\cdot ... \cdot (2n-2)}{2^{n-1}}\cdot \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot (2n-1)\sqrt{\pi}}{2^n}=\frac{(2n-1)!}{2^{2n-1}}\sqrt{\pi}，所以，\sqrt{\pi}\Gamma(2n)=2^{2n-1}\Gamma(n)\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right) & \end{aligned} (1) 2⋅4⋅6⋅...⋅2n=2nn!=2nΓ(n+1) (2) 1⋅3⋅5⋅...⋅(2n−1)=2⋅4⋅6⋅...⋅(2n−2)(2n−1)!=2n−1(n−1)!Γ(2n)=2n−1Γ(n)Γ(2n) (3) 因为πΓ(2n)=(2n−1)!π，Γ(n)Γ(n+21)=(n−1)!2n1⋅3⋅5⋅...⋅(2n−1)π= 2n−12⋅4⋅6⋅...⋅(2n−2)⋅2n1⋅3⋅5⋅...⋅(2n−1)π=22n−1(2n−1)!π，所以，πΓ(2n)=22n−1Γ(n)Γ(n+21)
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