82

判断积分 ${\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\cos }^{2}x-e^{-x^2}}{x^{\alpha }\cdot \tan x}dx}$ 的敛散性。

显然 0 是该反常积分的暇点，${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ 虽然是无定义点，但由于极限存在，故不是暇点，故而我们考虑在 0 处进行等价无穷小替换，先替换好替换的分母：

再利用泰勒展开替换分子：

从而只需要 ${\displaystyle a-3<1}$ 即可。

83

判断积分 ${\displaystyle {\int }_1^{\mathrm{\infty }}[\frac{2x^2+bx+a}{x(2x+a)}-1]dx=1}$，求 ${\displaystyle a,b}$.

很明显，我们需要合并两个式子：

可以注意到，该反常积分一个可能的暇点可能为 ${\displaystyle c=\frac{-a}{2}}$，如果 ${\displaystyle x_0}$ 位于积分区间中，那么就需要进行分成两个反常积分来分别判断：

我们先计算第二个反常积分：

然后，只有当 ${\displaystyle (b-a)=0}$ 时，才有可能收敛，至此我们得到了第一对关系。故而原式为：

第一类间断点，定积分存在定理。

84

判断积分 ${\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{{\sin }^{p}x\cdot {\cos }^{q}x}dx(p,q>0)}$ 的敛散性。

这个反常积分有两个暇点 0，和 ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$，故而我们需要分积分区间为：

先看左侧反常积分，很明显该被积函数等价于：

只要 ${\displaystyle 0<p<1}$，即可收敛。现在看右侧反常积分，我们要尝试将该积分形式等价成：

我们可以通过三角函数的和角公式做到：

故而，右侧被积函数等价于：

从而，只有当 ${\displaystyle 0<p<1}$ 使才有可能收敛。

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判断积分 ${\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{(x+\frac{1}{x})}^{\alpha }\ln (1+x^{-3\alpha })dx(\alpha >0)}$ 的敛散性。

被积函数有对数函数存在，尝试将该被积函数等价为形式：

考虑到 0 是一个可能的暇点，故而我们将积分区间分为两部分：

先对左侧被积函数进行等价无穷小替换：

当 ${\displaystyle \alpha =1}$ 时，该反常必然发散，故而 ${\displaystyle \alpha <1}$。再来看右侧反常积分，即 ${\displaystyle x\to +\mathrm{\infty }}$：

当 ${\displaystyle \alpha =\frac{1}{2}}$，显然只有当 ${\displaystyle \alpha >\frac{1}{2}}$ 时，才有可能收敛。根据左侧积分的收敛区间取交集可得该反常积分的收敛区间为：

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设 m，n 均为正整数判断积分 ${\displaystyle {\int }_0^1\frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}dx}$ 的敛散性与 n，m 的关系。

0 和 1 都有可能是暇点，故而我们需要插入一个点，分积分区间：

先看第一个，我们利用等价无穷小进行替换，从而得以使用极限形式的比较审敛法。

只要 ${\displaystyle \frac{1}{n}-\frac{2}{m}<1}$，就必然收敛，注意到 n，m 都为正整数，所以该不等式恒成立，也就是 ${\displaystyle {\int }_0^{\frac{1}{2}}dx}$ 必然收敛，这部分的敛散性与 n，m 无关。接下来看 ${\displaystyle {\int }_{\frac{1}{2}}^{1}dx}$ 的敛散性，我们要尝试在 ${\displaystyle x\to 1^{-}}$ 处进程等价无穷下替换：

我们将 ${\displaystyle 1-x}$ 视为一个整体，做一下换元：${\displaystyle 1-x=t}$，那么有：

原反常积分就变为：

由于 ${\displaystyle t}$ 的次数不等于 1，故而我们可以直接忽略 ${\displaystyle \ln }$ 的影响，可以直接得出该积分也收敛。故而右侧的反常积分也与 n，m 无关。

故而，该反常积分的敛散性与 n，m 皆无关。

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证明： ${\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos x}{1+x}dx}$ 收敛，且 ${\displaystyle \left|{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\cos x}{1+x}\right|dx}$ 收敛。

联想到 ${\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{(x+1{)}^2}dx}$ 收敛，故而尝试用反常积分的绝对收敛的性质解题。

从而，可得：

从而收敛，由绝对收敛可得 ${\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos x}{1+x}dx}$ 也收敛。

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证明：${\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\sin }^{3}x}{x}dx}$ 收敛。

由于 ${\displaystyle \underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\sin }^{3}x}{x}=0}$，故而 0 不是暇点，可以将积分做如下变形从而不影响敛散性：

我们的目标是将分母变为 ${\displaystyle x^2}$ 从而通过比较审敛法的放缩得到反常积分的基本形式：${\displaystyle {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^2}dx}$，我们可以凑 ${\displaystyle {\sin }^{3}x}$ 来实现：

我们可以利用反常积分的绝对收敛，来得到原函数的收敛性：

显然，${\displaystyle {\int }_1^{+\mathrm{\infty }}\frac{4}{3x^2}dx}$ 是收敛的，由比较审敛法可知，原反常积分也是收敛的。