数学分析(I) Chapter 7 广义积分
广义积分的定义 & 计算
定义 积分区间为无穷的广义积分
设 $a \in \mathbb R$ 为常量，$f$ 在 $[0, +\infty)$ 上有定义。
若 $\forall A > a$，$f$ 在 $[a, A]$ 上 Riemann 可积，且 $\lim\limits_{A \to +\infty}\displaystyle\int_{a}^{A}f(x)\text{d}x$ 存在且有限。
那么称 $f$ 在 $[0, +\infty)$ 上的广义积分收敛。
记作 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x = \lim\limits_{A \to +\infty}\displaystyle\int_{a}^{A}f(x)\text{d}x$，即为积分区间为无穷的广义积分。
注记：
1) 可以类比定义 $\displaystyle\int_{-\infty}^{a}f(x)\text{d}x$，左极限存在即可。 2) 如果不存在则称为广义积分发散 3) $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\text{d}x = \lim\limits_{A \to +\infty, B \to -\infty} \displaystyle\int_{B}^{A}f(x)\text{d}x$，如果右边极限存在且有限则称广义积分收敛。 4) 之后只有 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x, \displaystyle\int_{-\infty}^{a}f(x)\text{d}x$ 均收敛才称 $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 收敛。
例题
$P \in \mathbb R$ 判断 $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^p} \text{d}x$ 的收敛性
任取 $A > 1$，$\displaystyle\int_{1}^{A}\dfrac{1}{x^p}\text{d}x = \begin{cases}\dfrac{1}{1 - p}x^{1 - p}\vert_{1}^A =\dfrac{A^{1 - p} - 1}{1 - p} &p \not=1\\ \ln A &p = 1\end{cases}$
1) $P = 1$，$\ln A$ 发散，极限不存在 2) $P < 1$，原式发散，极限不存在。 3) $P > 1$，原式 $\lim = \dfrac{1}{1 - p}$
故当 $P > 1$ 时，原广义积分收敛。
定义 有限区间上无界函数的广义积分
对于 $a, b \in \mathbb R$，若 $b$ 是 $f$ 的一个奇点（在 $b$ 的左邻域上无界）
且对于 $\forall 0 < y < b - a$，$f$ 在 $[a, b - y]$ 上 Riemann 可积，从而有界。
且极限 $\lim\limits_{y \to 0^+} \displaystyle\int_{a}^{b - y}f(x)\text{d}x$ 存在，那么称广义积分 $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x$ 收敛。
同理可以定义以 $a$ 为奇点的广义积分 $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x = \lim\limits_{y \to 0^+} \displaystyle\int_{a + y}^{b}f(x)\text{d}x$
补充：称 $b$ 为 $f$ 的奇点，如果 $f$ 在 $b$ 点无定义。例如 $f(x) = \dfrac{1}{x}, b = 0$
其实本质就是函数趋向无穷的那个临界点。
注记：
1) 如果 $c \in [a, b]$ 是 $f$ 的一个奇点，对于广义积分 $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x$，考虑 $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x = \displaystyle\int_{a}^{c}f(x)\text{d}x + \displaystyle\int_{c}^{b}f(x)\text{d}x$
规定当两项同时收敛时，$\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x$ 收敛。
将这样的广义积分叫做无界函数的广义积分 / 积分区间上有奇点的广义积分 / 瑕积分。
例题
$p \in \mathbb R$，判断 $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x^p}\text{d}x$ 的收敛性。
$0$ 是 $\dfrac{1}{x^p}$ 的一个奇点。那么取 $0 < y < 1$：
$= \lim\limits_{y \to 0^+}\displaystyle\int_{0 + y}^{1}\dfrac{1}{x^p}\text{d}x = \begin{cases}\dfrac{1 - y^{1 - p}}{1 - p}, &p\not=0 \\ -\ln y &p=0\end{cases}$
所以 $p < 1$ 的时候 $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x^p}\text{d}x$ 收敛。
由此我们也可以看出，$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{x^p} = \displaystyle\int_{0}^{1} + \displaystyle\int_{1}^{+\infty}$ 总是发散的，因为前后两个广义积分并不能同时收敛。
两种积分的互换
两种积分本质上是统一的。
可以这么理解，前一种广义积分的奇点在无穷远处，后一种在有限区间的端点
我们只需要令 $x = \dfrac{1}{t}$ 即可：
$\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x = \displaystyle\int_{\frac{1}{a}}^{0}f(\dfrac{1}{t})\text{d}(\dfrac{1}{t}) = \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{a}}f(\dfrac{1}{t})\cdot \dfrac{1}{t^2}\text{d}t$
奇点就从 $+\infty$ 变为 $0$ 了。
两种积分定义里都是只写了一边/端点为奇点的情况。
所以区间内/正负无穷的情况就是两个拼起来。
定义 Cauchy 主值
若 $\lim\limits_{A \to +\infty} \displaystyle\int_{-A}^{A}f(x)\text{d}x$ 存在。
那么称 $\lim\limits_{A \to +\infty} \displaystyle\int_{-A}^{A}f(x)\text{d}x$ 为 $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 的 Cauchy 主值。
记作 $(\mathrm{C.P.V.})\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\text{d}x = \lim\limits_{A \to +\infty}\displaystyle\int_{A}^{-A}f(x)\text{d}x$
对于区间内有奇点的广义积分，则是 $(\mathrm{C.P.V.})\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x = \lim\limits_{\epsilon \to 0^+} \displaystyle\int_{a}^{c - \epsilon}f(x)\text{d}x + \displaystyle\int_{c + \epsilon}^{b}f(x)\text{d}x$
可以证明的是：
若 $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 收敛，那么 $(\mathrm{C.P.V.})\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\text{d}x = \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\text{d}x = \lim\limits_{A \to +\infty, B \to -\infty}\displaystyle\int_{B}^{A}f(x)\text{d}x$
但是反过来，$(\mathrm{C.P.V.})$ 存在不代表原式收敛。
反例：
$\displaystyle\int_{-1}^{1}f(x)\text{d}x = \displaystyle\int_{-1}^{0}f(x)\text{d}x + \displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\text{d}x$，这两边并不是同时收敛的，因为极限里控制变量是两个。
但是 $(\mathrm{C.P.V.})$ 则是同一个，根据奇函数的性质：
$(\mathrm{C.P.V.})\displaystyle\int_{-1}^{1}f(x)\text{d}x = 0$。
例题
计算 $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\text{d}x}{1 + x^2}, \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\text{d}x}{(1 + x^2)(1 + x^{2026})}$
1) $=\lim\limits_{A \to +\infty}\displaystyle\int_{0}^{A}\dfrac{\text{d}x}{1 + x^2} = \lim\limits_{A \to +\infty}\arctan x\vert_{0}^{A} = \dfrac{\pi}{2} - \lim\limits_{A \to +\infty}\arctan x = \dfrac{\pi}{2}$
2) 这种 $0 \sim +\infty$，分子有 $(2 + x^{\alpha})$ 的，很多时候都会用倒数代换。
令 $I =$ 原式，$t = \dfrac{1}{x} \Rightarrow I = \displaystyle\int_{+\infty}^{0}\dfrac{d(\dfrac{1}{t})}{(1 + (\dfrac{1}{t})^2)(1 + (\dfrac{1}{t})^{2026})}$
$= \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{t^{2026}}{(1 + t^2)(1 + t^{2026})}\text{d}t$
将 $t$ 换成 $x$，和 $I$ 相加可以得到：$2I = \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{(1 + x^2)}\text{d}x = \dfrac{\pi}{2}$
广义积分收敛性的判别法
定理 Cauchy 收敛原理
设 $f$ 在 $[a, + \infty)$ 上没有奇点。
$\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 收敛 $\iff \forall \epsilon > 0, \exists A > a \text{ s.t. } A_2 > A_1 \ge A : |\displaystyle\int_{A_1}^{A_2}f(x)\text{d}x| < \epsilon$
证明：
$\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 收敛就是 $\lim\limits_{A \to +\infty}\displaystyle\int_{a}^{A}f(x)\text{d}x$ 存在。
用 N-L：$\lim\limits_{A \to +\infty} |F(A) - F(a)|$ 存在即 $\lim\limits_{A \to +\infty}F(A)$ 存在。
转写成 $\delta - \epsilon$ 语言：
$\forall \epsilon > 0, \exists N, \forall A_2 > A_1 \ge N, |F(A_2) - F(A_1)| < \epsilon$
展开后就是原式。
理解：
可以和数列收敛对比，意义就是：
只要充分靠近奇点的任意一小段积分都能任意小，整个积分就收敛。
注：不收敛可以类比写出：设 $f$ 在 $[a, +\infty)$ 上没有奇点。
$f$ 的广义积分不收敛 $\iff \exists \epsilon_0, \forall A > a, \exists A_2 > A_1 \ge A, |\displaystyle\int_{A_1}^{A_2}f(x)\text{d}x|\ge \epsilon_0$
定义 绝对收敛
设 $f$ 在 $[a, +\infty)$ 上无奇点，且 $\forall [a, b] \subset [a, +\infty), f \in R([a, b])$。
如果广义积分 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}|f(x)|\text{d}x$ 收敛，则称 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 绝对收敛。
有什么用？
命题
若 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}|f(x)|\text{d}x$ 收敛，则 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 必收敛。
反之不然。
证明：
先绝对值再积分之后绝对值小于 $\epsilon$ 只能够 $\Rightarrow$ 不绝对值积分之后绝对值小于 $\epsilon$
写一下等价条件就可以。
定义 条件收敛
收敛但不绝对收敛的广义积分，称为条件收敛的广义积分。
定理 比较判别法
设 $f$ 在 $[a, +\infty)$ 上无奇点，$\forall [a, b] \subset [a, +\infty), f \in R([a, b])$。
存在常量 $c > 0 \text{ s.t. } 0 \le f(x) \le c \psi(x), x \in [a, +\infty)$。
则：
当 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}\psi(x)\text{d}x$ 收敛时，$\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 也收敛。
当 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 发散时，$\displaystyle\int_{a}^{+\infty}\psi(x)\text{d}x$ 也发散。
两个都是充分条件。证明只需要直接写定义然后用这个 $c$ 把 $\epsilon$ 变成 $c\epsilon$ 就可以了。
定理 比较判别法的极限形式
设 $[a, +\infty)$ 上恒有 $f(x) \ge 0, \psi(x) \ge 0$，且 $\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{f(x)}{\psi(x)} = L$ 则：
1) 若 $0 < L < +\infty$，则 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 收敛 $\iff \displaystyle\int_{a}^{+\infty}\psi(x)\text{d}x$ 收敛
2) 若 $L = 0$，则当 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}\psi(x)\text{d}x$ 收敛时，$\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 收敛（$f$ 更低阶，没法推 $\psi$）
3) 若 $L = \infty$，则当 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}\psi(x)\text{d}x$ 发散时，$\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 发散（$f$ 更高阶，$\psi$ 发散则 $f$ 也发散）。
其实非常直观，肯定想转化成比较判别法。
证明 (1)：
根据 $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{\psi(x)} = L \Rightarrow \forall \epsilon > 0, \exists N \text{ s.t. } x > N : |\dfrac{f(x)}{\psi(x)} - L| < \epsilon$
取 $\epsilon = \dfrac{L}{2}$，那么 $\dfrac{L}{2}\psi(x) \le f(x) \le \dfrac{3L}{2}\psi(x)$
$\displaystyle\int_{N}^{+\infty}\psi(x)\text{d}x$ 收敛显然说明 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}\psi(x)\text{d}x$ 收敛。
那么由于 $\dfrac{L}{2}\psi(x) \le f(x)$，根据比较判别法可以得到一边。
另外一边也是同理
(2)：
取 $\epsilon = 1$ 可以得到 $0 \le f(x) < \psi(x)$。
比较判别法即可。
(3)：
反转一下，变成 $0 \le \psi(x) < f(x)$。
比较判别法即可。
推论 Cauchy 判别法的极限形式
设 $a > 0; f(x) \ge 0, x \in [a, +\infty)$，且 $\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{f(x)}{\frac{1}{x^p}} = L$，则：
1) $p > 1$ 且 $0 \le L < +\infty$ 时，$\displaystyle\int_{a}^{+\infty}\dfrac{1}{x^p}\text{d}x$ 收敛，有 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 收敛。
2) $p \le 1$ 且 $0 < L < +\infty$ 时，$\displaystyle\int_{a}^{+\infty}\dfrac{1}{x^p}$ 发散，有 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 发散
例题
讨论 $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x + 1}{\sin(x^2)}\text{d}x$ 的收敛性。
例题
讨论 $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\text{d}x}{\sqrt[3]{2x^4 + 2x^2 + 6x + 10}}$ 的收敛性。
定理 Abel 判别法
设 $f, g$ 在 $[a, +\infty)$ 上均无奇点。
若 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 收敛，$g(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上单调有界，则 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)\text{d}x$ 收敛。
证明：
由 Cauchy 收敛原理：$\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 收敛 $\iff \forall \epsilon > 0, \exists A \text{ s.t. } A_2 > A_1 \ge A : |\displaystyle\int_{A_1}^{A_2}f(x)\text{d}x| < \epsilon$
由积分第二中值定理：
$\exists \xi \in [A_1, A_2] \text{ s.t. } |\displaystyle\int_{A_1}^{A-2}f(x)g(x)\text{d}x| = |g(A_1)\displaystyle\int_{A_1}^{\xi}f(x)\text{d}x + g(A_2)\displaystyle\int_{\xi}^{A_2}f(x)\text{d}x|$
由于 $g(x)$ 单调有界，令 $M = \sup\{g(x)\}, x \in [A_1, A_2]$。
则 $\le M|\displaystyle\int_{A_1}^{\xi}f(x)\text{d}x + \displaystyle\int_{\xi}^{A_2}f(x)\text{d}x| < 2M\epsilon$
根据 Cauchy 收敛原理，原命题正确。
定理 Dirichlet 判别法
设 $f, g$ 在 $[a, +\infty)$ 上均无奇点。
若 $F(x) = \displaystyle\int_{a}^{x}f(t)\text{d}t$ 有界，即 $\exists c > 0 \text{ s.t. } |\displaystyle\int_{a}^{x}f(t)\text{d}t| \le c$。
且 $g(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上单调, $\lim\limits_{x \to +\infty}g(x) = 0$，则 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)\text{d}x$ 收敛。
证明：
$\forall A_2 > A_1 \ge a, |\displaystyle\int_{A_1}^{A_2}f(x)\text{d}x| = |\displaystyle\int_{a}^{A_2}f(x)\text{d}x - \displaystyle\int_{a}^{A_1}f(x)\text{d}x| \le 2c$
由积分第二中值定理，$\exists \xi \in [A_1, A_2] \text{ s.t. } |\displaystyle\int_{A_1}^{A_2}f(x)g(x)\text{d}x| \le 2c(|g(A_1)| + |g(A_2)|)$。
由于 $\lim\limits_{x \to +\infty}g(x) = 0$，那么 $\forall \epsilon > 0, \exists A \text{ s.t. } x > A : |g(x)| < \epsilon$
所以 $A_2 > A_1 \ge A$ 时，$\displaystyle\int_{A_1}^{A_2}f(x)g(x)\text{d}x \le 4c\epsilon$，故其收敛。
例题
证明 $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\sin x}{x}\text{d}x$ 收敛
例题
证明 $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\sin x}{x}\text{d}x$ 条件收敛。
定理 Cauchy 收敛原理（瑕积分）
设 $b \not = 0$ 为 $f$ 在 $[a, b)$ 上的唯一奇点，则：
广义积分 $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x$ 收敛 $\iff \forall \epsilon > 0, \exists \delta > 0, \text{ s.t. } \eta_1, \eta_2 \in (0, \delta) : |\displaystyle\int_{b - \eta_1}^{b - \eta_2} f(x)\text{d}x| < \epsilon$
证明：
广义积分收敛 $\iff \lim\limits_{t \to 0^+} \displaystyle\int_{a}^{b - t}f(x)\text{d}x$ 收敛
$\iff \lim\limits_{t \to 0^+} F(t)$ 存在
$\iff \forall \epsilon > 0, \exists \delta > 0 \text{ s.t. } \eta_1, \eta_2 \in (0, \delta) : |F(\eta_2) - F(\eta_1)| < \epsilon$
那么 $|\displaystyle\int_{b - \eta_1}^{b - \eta_1}f(x)\text{d}x| = |F(\eta_2) - F(\eta_1)| < \epsilon$，证毕。
定理 Cauchy 收敛原理的极限形式（瑕积分）
设 $b \not = 0$ 为 $f$ 在 $[a, b)$ 上的唯一奇点，且 $f(x)\ ge 0, x \in [a, b)$。
且 $\lim\limits_{x \to b^-} \dfrac{f(x)}{\frac{1}{(x - b)^p}} = L$ 则：
1) 若 $p < 1, 0 \le L < +\infty$，则 $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x$ 收敛。
2) 若 $p \ge 1, 0 \le L < +\infty$，则 $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x$ 发散。
证明其实就是做个转化：
$\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\text{d}x}{(x - b)^p}$，令 $t = x - b$
$\displaystyle\int_{a - b}^{0}\dfrac{\text{d}t}{t^p} = -\displaystyle\int_{0}^{a - b}\dfrac{\text{d}t}{t^p}$（P 积分的形式）
然后就可以很容易的得出这个定理。
注：
对于两类广义积分，Cauchy 收敛原理判定收敛性的这个 $p$ 是完全相反的。
但是当 $p = 1$ 的时候都是发散的。
例题
（很重要）
设 $p > 0$。
讨论 $\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{3}}\dfrac{\text{d}x}{x^p\ln x}$ 的收敛性。
例题
设 $p \in \mathbb R$。
讨论 $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x^p}\sin(\dfrac{1}{x})\text{d}x$ 的收敛性。
定理 极限在无穷远点为零的充分条件
设 $f$ 在 $[a, +\infty)$ 上没有奇点。
且广义积分 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f(x)\text{d}x$ 收敛则：
1) 若 $\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) = L \in \mathbb R$ 存在，则 $L = 0$；
2) 若 $f$ 在 $[a ,+\infty)$ 上具有一阶连续导数，且 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f^{\prime}(x)\text{d}x$ 也是收敛的，$\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) = 0$
3) 若 $f$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续，则 $\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) = 0$
证明 (1)：
假设 $L \not = 0$，不妨认为 $L > 0$。
那么 $\forall \epsilon > 0, \exists N > a \text{ s.t. } x > N : |f(x) - L| < \epsilon$
特别的，取 $\epsilon = \dfrac{L}{2}$，则 $x > N : |f(x)| > \dfrac{L}{2}$。
任取 $A > a$，取 $A_{1} = \max\{A, N\}, A_2 = A_1 + 1,$ 满足 $A_2 > A_1 \ge A$
于是 $|\displaystyle\int_{A_1}^{A_1 + 1}f(x)\text{d}x| \ge \dfrac{L}{2} = \epsilon_0$
这就说明，$\exists \epsilon_0, \forall A, \exists A_2 > A_1 \ge A : |\displaystyle\int_{A_1}^{A_2}f(x)\text{d}x| \ge \epsilon_0$。这也就说明矛盾。
证明：(2) 利用归结原则（Heine 定理）
$\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) = 0$，由 (1) 只需要证明 $\lim\limits_{x \to +\infty}f(x)$ 存在
$\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) = L \in \mathbb R \iff \forall \{x_n\} \to +\infty, \lim\limits_{n \to +\infty}f(x_n) \to L$
由 Cauchy 收敛原理 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty}f^{\prime}(x)\text{d}x \iff \forall \epsilon > 0, \exists A > a \text{ s.t. } A_2 > A_1 \ge A : |\displaystyle\int_{A_1}^{A_2}f^{\prime}(x)\text{d}x| < \epsilon$
即 $|f(A_2) - f(A_1)| < \epsilon$
特别的，可以任取 $\forall \{x_n\} \to +\infty$ 使得，$\exists N\in\mathbb{Z+} \text{ s.t. } m, n > N : x_m > x_n > A$
那么显然 $|f(x_m) - f(x_n)| < \epsilon$，根据数列的 Cauchy 收敛原理这说明 $\{f(x_n)\}$ 收敛。
这里不需要证明收敛于 $0$，只要说明存在性就行，利用 Heine 定理：
那么 $\lim\limits_{x \to +\infty} = 0$
证明 (3)：
仍旧只需要证明极限存在，也可以反证法证明 $= 0$。
反证，$\exists \epsilon_0$（后略）
由一致连续的条件：$\forall \epsilon > 0, \exists \delta=\delta(\epsilon) \text{ s.t. } x, y \in [a, +\infty), |x - y| < \delta : |f(x) - f(y)| < \epsilon$
对于上面的 $\epsilon_0$，$\exists \delta_0 > 0, \forall x, y \ge a, |x - y| < \delta_0 : |f(x) - f(y)|\le \epsilon_0 / 2$
任取 $A$，取 $X = A$，存在相应的 $x_0 \ge X$ 满足 $|f(x_0)| \ge \epsilon_0$
对于 $(x_0 - \delta, x_0 + \delta)$ 中的 $x$ 必有 $|f(x) - f(x_0)| < \epsilon_0 / 2$
所以可以得到 $|f(x)| \ge \epsilon / 2$
取 $A_1 = x_0 - \delta, A_2 = x_0 + \delta \Rightarrow |\displaystyle\int_{A_1}^{A_2}f(x)\text{d}x| = \epsilon\delta$
这里 $A_1 < A$ 了，所以稍微修改一下 $\delta$ 的取值，可以取 $\delta \in (0, 1)$，然后 $X = A + 1$
由 Cauchy 收敛原理，矛盾。
注：不可以只是连续，反例：$\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\sin(x^2)\text{d}x$ 收敛，但是 $\lim\limits_{x \to +\infty}\sin(x^2)$ 不存在。
广义积分收敛性判别 例题
例题 1
讨论广义积分 $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\text{d}x}{1 + x|\sin x|}$ 的收敛性
函数除了无穷远点无奇点。
$0 \le |\sin x| \le 1$，所以 $\dfrac{1}{1 + x|\sin x|} \ge \dfrac{1}{1 + x}$
后者在 $[0, +\infty)$ 上的广义积分是发散的，根据比较判别法可以知道原积分发散
例题 2
假设 $p, q > 0$，讨论广义积分 $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{x^q}{1 + x^p}\text{d}x$ 的收敛性。
函数除了无穷远点没有奇点
所以其实本质和 $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{x^q}{x^p}$ 差不多。
用比较判别法的极限形式就好。
考虑 $\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{\dfrac{x^q}{1 + x^p}}{\dfrac{x^q}{x^p}}$ 即可。
$= \lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^p} = \lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{1}{1 + x^p} = 1 \in (0, +\infty)$
所以其收敛性和 $\dfrac{x^q}{x^p}$ 的广义积分一致。
这就是 p 积分，当且仅当 $p - q > 1$ 的时候收敛。
例题 3
设 $p, q > 0$，讨论：
$\displaystyle\int_{2}^{+\infty}\dfrac{\text{d}x}{x^p(\ln x)^q}$ 的收敛性。
函数除了无穷远点没有奇点。
注意到 $p = 1$ 的时候积分可以算出来，$t =\ln x \Rightarrow \displaystyle\int_{\ln 2}^{+\infty} \dfrac{\text{d}t}{t^q}$，其收敛等价于 $q > 1$
考虑 $p > 1$，这里有一个小技巧（小技巧在哪儿）：
设 $p = 1 + \delta, \delta > 0$，由于 $\ln x<< x^\alpha (x \to +\infty)$
用比较判别法：
$\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{\dfrac{1}{x^{1 + \delta}(\ln x)^q}}{\dfrac{1}{x^{1 + \delta}}} = \lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{1}{(\ln x)^q} = 0$
然而 $\displaystyle\int_{2}^{+\infty}\dfrac{\text{d}x}{x^{1 + \delta}}$ 已经是收敛的，所以原式收敛。和 $q$ 没有关系。
那么 $p \ge 1, q > 0$ 时，原积分总是收敛的。
$0 < p < 1$ 时，大概猜就是发散的，找一个发散的给它比，$x^p$ 的话不太够，弄一个 $\dfrac{p + 1}{2}$。
$\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{}{} = \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x^{\frac{1 - p}{2}}}{(\ln x)^q} = +\infty$
所以积分发散。
例题 4
设 $p, q \in \mathbb R, q > 0$（没有 $q > 0$ 的话情况会非常多）
讨论 $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^p\sin x}{1 + x^q}\text{d}x$ 的收敛性（包括条件收敛 / 绝对收敛）。
分两种情况讨论，一种有奇点一种没有，每种情况里先证明收敛性再证明是否绝对收敛。
1) $p \ge 0$ 时，此时积分区间上没有奇点。
先讨论原积分的收敛性 $\dfrac{x^p}{1 + x^q} \sin x$。
观察形式可以想到使用 Dirichlet 判别法，因为：
$\forall A > 0, |\displaystyle\int_{0}^{A}\sin x \text{d}x| \le 2$
另外一个则需要单调且无限处极限为 $0$，这是例题 2 就做过的，当 $x$ 充分大的时候，它的收敛性和 $\dfrac{x^p}{x^q} = \dfrac{1}{x^{q - p}}$ 一致（同阶）。
所以当 $q > p$ 时，$\dfrac{x^p}{1 + x^q}$ 在 $x$ 足够大时单调递减趋于零（这满足 Dirichlet 的条件（充分大时单调也可以））。
说明一下：$(\dfrac{x^p}{1 + x^q})^{\prime} = \dfrac{px^{p - 1} + px^{p - 1 + q} - qx^{q - 1 + p}}{(1 + x^q)^2} = \dfrac{x^{p - 1}(p + px^q - qx^q)}{(1 + x^q)^2}$
$=\dfrac{x^{p - 1}[p + x^q(p - q)]}{(1 + x^q)^2}$所以 $q > p$，$x$ 充分大时它小于零。
所以根据 Dirichlet 判别法，当 $p \ge 0, q > p$ 时原积分收敛。
目前只得到了一个充分条件，所以考虑 $0 \le q \le p$ 时的收敛性。
猜测他是发散的。这里没什么别的判别方法，所以用 Cauchy 收敛原理。
即：$\exists \epsilon_0, \forall A > 0, \exists A_2 \ge A_1 > A \text{ s.t. } |\displaystyle\int_{A_1}^{A_2}\dfrac{x^p}{1 + x^q}\sin x\text{d}x| \ge \epsilon_0$
所以就是要找这个大于某一个数，$\sin x$ 有界的很好找，就看前面部分就行。
所以这里取 $A_2 = 2n\pi + \dfrac{\pi}{2}, A_2 = 2n\pi + \dfrac{\pi}{6}$
那么 $|\displaystyle\int_{A_1}^{A_2}\sin x\text{d}x| \ge \dfrac{\pi}{6} \ge \dfrac{1}{2}$
而 $\dfrac{x^p}{1 + x^q} \ge \dfrac{x^p}{2x^q} = \dfrac{1}{2x^{q - p}} \ge \dfrac{1}{2} \cdot 1, x \in [A_1, A_2]$ 这是显然的。
所以 $|\displaystyle\int_{A_1}^{A_2} \dfrac{x^p}{1 + x^q}\sin x\text{d}x| \ge \displaystyle\int_{A_1}^{A_2} \dfrac{x^p}{1 + x^q}\sin x\text{d}x \ge \displaystyle\int_{A_1}^{A_2} \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}\text{d}x = \dfrac{\pi}{12} = \epsilon_0$
根据 Cauchy 收敛原理，$p \ge 0, q \le p$ 时，原积分发散。
现在应该讨论绝对收敛性。
前面部分本来就是非负的，所以讨论 $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}|\sin x| \text{d}x$。
由于 $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}|\sin x| \text{d}x \le \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q} \text{d}x = \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^p}{1 + x^q} \text{d}x + \displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}\text{d}x$
拆一项主要是为了避免产生奇点。
前一项总是收敛的，后一项收敛的条件已经做过了 $q - p > 1$，根据比较判别法可以得到原积分收敛需要 $q - p > 1$。
类似的，还需要说明 $q - p\le 1\iff 0 \le q \le 1 + p$ 时，原积分不是绝对收敛的。
之前也提过这个例子，由于 $\sin x$ 加了绝对值非负，所以可以比较判别法：
$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q} |\sin x|\text{d}x \ge \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q} \sin^2x\text{d}x = \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}(1 - \cos(2x))\text{d}x$
$=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}\text{d}x - \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}\cos(2x)\text{d}x$
前一项当 $q - p \le 1$ 时发散（刚才写过了），后一项根据 Dirichlet 可以知道收敛，一减之后就是发散的。
所以，当 $0 < q \le 1 + p$ 时，原积分发散。
那么，原积分绝对收敛 $\iff q > p + 1$
原积分收敛 $\iff q > p$
2) $p < 0$ 时
先讨论收敛性，此时原积分有奇点 $0, +\infty$
将原积分写为 $\displaystyle\int_{0}^{1} + \displaystyle\int_{1}^{+\infty} = I + II$
分别讨论它们的收敛性就行
$I = \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^p}{1 + x^q}\sin x\text{d}x$。
当 $x \to 0$ 时，$\sin x \approx x \Rightarrow \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{x^p\sin x}{1 + x^q}}{\dfrac{x^{p + 1}}{1 + x^q}} = 1$
所以只需要考虑 $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{p + 1}}{1 + x^q}\text{d}x$ 的收敛性，由于 $0 < \dfrac{x^{p + 1}}{1 + x^q} \le x^{p + 1} \iff 0 \le \dfrac{x^{p + 1}}{2} < \dfrac{x^{p + 1}}{1 + x^q} \le x^{p + 1}$
那么原积分收敛等价于 $\displaystyle\int_{0}^{1}x^{p + 1}\text{d}x$ 收敛，改写成 p 积分可以知道 $I$ 收敛的充分条件为 $-p - 1 < 1 \iff 0 > p > -2$
当然其实是充分必要条件（因为这就是 p 积分收敛的充分必要条件）。
然后考虑 $II$ 的充分性
$II = \displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}\sin x\text{d}x$
仍旧用 Dirichlet 判别法，$\forall A > 0, |\displaystyle\int_{1}^{A}\sin x\text{d}x| \le 2$。
然后当 $x \to +\infty$ 时，前一项单调递减趋于 $0$。
所以 $p < 0$ 时 $II$ 无论如何都收敛。
于是可以得到：$-2 < p < 0$ 时，原积分收敛（当 $p \le -2$ 时 $I$ 发散，所以这其实是充分必要条件）。
即：$-2 < p < 0 \iff$ 原积分收敛。
现在讨论绝对收敛性（在 $-2 < p < 0$ 的条件下）
$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}|\sin x|\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^p}{1 + x^q}\sin x \text{d}x + \displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}|\sin x|\text{d}x$
前一项就是 $I$，后一项记为 $III$，$I$ 收敛的充分必要条件就是前提条件。
所以只需要讨论 $III$ 的收敛性。
$III \le \displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}\text{d}x$
令 $t = -p \Rightarrow \displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^t + x^{t + q}}\text{d}x$
当 $x \to +\infty$ 时 $x^{t + q}$ 起决定作用。
用比较判别法：$\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\dfrac{1}{x^t + x^{t + q}}}{\dfrac{1}{x^{t + q}}} = \lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{x^{t + q}}{x^t + x^{t + q}} = 1$
而 $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^{t + q}}\text{d}x$ 收敛的充分条件就是 $t + q > 1 \iff q - p > 1$
还需要说明必要性
当 $q - p \le 1$ 时 $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}|\sin x|\text{d}x \ge \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}\text{d}x - \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{x^p}{1 + x^q}\cos(2x)\text{d}x$
$q - p \le 1$ 时后者总是收敛，前者总是发散。
所以 $III$ 收敛的充分必要条件就是 $q - p > 1$。
于是：原积分绝对收敛 $\iff \begin{cases}-2 < p < 0 \\ q > p + 1\end{cases}$