反常积分的敛散性 ¶
一、基本定义与概念 ¶
（一）无穷区间上的反常积分 ¶
设函数 \(f(x)\) 在 \([a, +\infty)\) 有定义，且在任何有限的区间 \([a, b]\) 上都可积。如果 \(b \to +\infty\) 时，\(\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x\) 极限存在，则称该极限值为 \(f(x)\) 在 \([a, +\infty)\) 上的反常积分的值，记做 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\)。
此时也称上述反常积分收敛。若上述极限不存在，则称反常积分发散。
同理，对于其他情况的反常积分，可做如下定义：
其中，\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛的充要条件是 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{c} f(x)\mathrm{d}x\) 和 \(\displaystyle\int_{c}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 都收敛。
注：对于 \((-\infty, +\infty)\) 的反常积分，不能盲目套用奇偶性的结论。
也就是说——
- 即使 \(f(x)\) 是奇函数，\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 也不一定等于零；
- 即使 \(f(x)\) 是偶函数，\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 也不一定等于 \(2\displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\)。
上述结论要想成立，前提是 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛。 对于收敛的反常积分，是可以套用奇偶性的结论的。
为什么发散的反常积分不能用奇偶性呢？难道 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} x\mathrm{d}x\) 不能利用奇偶性，直接等于 0 吗？
那是因为，对于 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 而言，上限趋向于 \(+\infty\) 的速度和下限趋向于 \(-\infty\) 的速度不一定相同。
从定义可知，\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{-\infty}^{c} f(x)\mathrm{d}x + \displaystyle\int_{c}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x = \lim\limits_{a \to -\infty} \displaystyle\int_{a}^{c} f(x)\mathrm{d}x + \lim\limits_{b \to +\infty} \displaystyle\int_{c}^{b} f(x)\mathrm{d}x\)。
下限的 \(-\infty\) 是因为 \(a \to -\infty\)，上限的 \(+\infty\) 是因为 \(b \to +\infty\)，但 \(a\) 和 \(b\) 毕竟是两个不同的变量，所以它们趋向于无穷的速度不一定相同，所以即使 \(f(x)=x\) 是奇函数，\(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} x\mathrm{d}x\) 对应的无穷大的正面积，与 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{0} x\mathrm{d}x\) 对应的无穷大的负面积，也并不是同一个“无穷大”，所以 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} x\mathrm{d}x\) 也不能“正负抵消”，所以 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} x\mathrm{d}x\) 的结果并不是 0，而是发散，或者是不存在。
从这个角度也能看出，为什么 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛的充要条件是 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{c} f(x)\mathrm{d}x\) 和 \(\displaystyle\int_{c}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 都收敛。
记住，若 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{c} f(x)\mathrm{d}x\) 和 \(\displaystyle\int_{c}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 都发散，二者绝对不可能抵消，从而使得 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛！
但是这并不代表总结的“发散 + 发散 = 不确定”是错的。因为对于反常积分而言
比如，若 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 和 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\) 都发散，那么 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} [f(x)+g(x)]\mathrm{d}x\) 的敛散性不确定，需要具体问题具体分析，但若 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{c} f(x)\mathrm{d}x\) 和 \(\displaystyle\int_{c}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 里只要有一个发散，那么 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 一定发散！
当然，如果收敛，则可以用奇偶性，比如——
- \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x = 2\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x\) 就是对的，因为 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x = \arctan x \Big|_{-\infty}^{+\infty} = \pi\) 收敛；
- \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{x}{1+x^2}\mathrm{d}x = 0\) 就是错的，因为 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{x}{1+x^2}\mathrm{d}x = \dfrac{1}{2}\ln(1+x^2) \Big|_{0}^{+\infty} = +\infty\) 就已经发散了。
认为反常积分可以直接套用奇偶性结论的人，可能背错了定义，他们以为上下限趋向速度相同，即 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x = \lim\limits_{a \to +\infty} \displaystyle\int_{-a}^{+a} f(x)\mathrm{d}x\)，但其实 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x = \lim\limits_{a \to -\infty} \displaystyle\int_{a}^{c} f(x)\mathrm{d}x + \lim\limits_{b \to +\infty} \displaystyle\int_{c}^{b} f(x)\mathrm{d}x\)。
（二）无界函数的反常积分 ¶
设 \(f(x)\) 在 \([a, b)\) 连续，\(\lim\limits_{x \to b^-} f(x) = \infty\)，取 \(\epsilon > 0\)（\(\epsilon\) 是充分小的正数
若极限 \(\lim\limits_{\epsilon \to 0^+} \displaystyle\int_{a}^{b-\epsilon} f(x)\mathrm{d}x\) 存在，则称该极限为 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上的反常积分的值，并称为“瑕积分”，且 \(x=b\) 称为“瑕点”，并记 \(\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x = \lim\limits_{\epsilon \to 0^+} \displaystyle\int_{a}^{b-\epsilon} f(x)\mathrm{d}x\)。
此时，称瑕积分 \(\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛；当然，若 \(\lim\limits_{\epsilon \to 0^+} \displaystyle\int_{a}^{b-\epsilon} f(x)\mathrm{d}x\) 不存在，则称 \(\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x\) 发散。
同理，对于其他情况的瑕积分，可做如下定义：
- 若 \(\lim\limits_{x \to a^+} f(x) = \infty\)，则 \(x=a\) 是瑕点，并定义 \(\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x = \lim\limits_{\epsilon \to 0^+} \displaystyle\int_{a+\epsilon}^{b} f(x)\mathrm{d}x\)。
- 若 \(c \in (a, b)\)，且 \(\lim\limits_{x \to c} f(x) = \infty\)，则 \(x=c\) 是瑕点，并定义 \(\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{a}^{c} f(x)\mathrm{d}x + \displaystyle\int_{c}^{b} f(x)\mathrm{d}x\)。
对于瑕点 \(c\) 藏在区间内部的情况，\(\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛的充要条件是 \(\displaystyle\int_{a}^{c} f(x)\mathrm{d}x\) 和 \(\displaystyle\int_{c}^{b} f(x)\mathrm{d}x\) 都收敛。
注：对于瑕点藏在内部的瑕积分，也不能盲目套用奇偶性的结论，理由与上面相同！
比如，即使 \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) 是奇函数，积分 \(\displaystyle\int_{-1}^{1} \dfrac{1}{x}\mathrm{d}x\) 也并不是 0，而是发散。 因为 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x}\mathrm{d}x = \ln x \Big|_{0^+}^1 = 0 - (-\infty) = +\infty\)，故 \(\displaystyle\int_{-1}^{1} \dfrac{1}{x}\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{-1}^{0} \dfrac{1}{x}\mathrm{d}x + \displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x}\mathrm{d}x\) 整体也发散。
（三）绝对收敛与条件收敛 ¶
- 若 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} |f(x)|\mathrm{d}x\) 收敛，则称 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 绝对收敛；
- 若 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} |f(x)|\mathrm{d}x\) 发散，但 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛，则称 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 条件收敛。
显然，绝对收敛是一个比收敛更强的概念。
二、比较判别法及其极限形式 ¶
（一）无穷区间上的反常积分的比较判别法 ¶
1. 比较判别法 ¶
设函数 \(f(x), g(x)\) 在 \([a, +\infty)\) 上连续，且 \(0 \le f(x) \le g(x)\) 恒成立，则——
(1) 若 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\) 收敛，则 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 也收敛
示例：若 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} f^2(x)\mathrm{d}x\) 收敛，证明 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{f(x)}{x}\mathrm{d}x\) 绝对收敛。 解：由均值不等式，\(\left| \dfrac{f(x)}{x} \right| \le \dfrac{1}{2} \left[ f^2(x) + \dfrac{1}{x^2} \right]\)，而 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} f^2(x)\mathrm{d}x\) 和 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^2}\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{x}\Big|_1^{+\infty} = 1\) 都收敛，所以 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{f(x)}{x}\mathrm{d}x\) 绝对收敛。
但该方法最大的劣势，是需要 \(0 \le f(x) \le g(x)\) 恒成立，这是一个非常苛刻的条件。 就像单调有界准则一样，我们不必非得要求 \(\{a_n\}\) 从第 1 项起就单调，只要从某一项开始，\(\{a_n\}\) 是单调的，就够了，毕竟前面的有限项不会影响敛散性。
反常积分的敛散性也同理。对于 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 和 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\)，即使在前面的有限长度的区间内，\(0 \le f(x) \le g(x)\) 并不成立也无所谓。只要当 \(x\) 充分大以后，有 \(0 \le f(x) \le g(x)\) 成立，则也能使用比较判别法，并不影响我们对敛散性的判断。 既然前面有限的区间不会改变敛散性，那么我们干脆考察 \(f(x)\) 在 \(x \to +\infty\) 时的状态，这就引出了下面的“比较判别法的极限形式”。
2. 比较判别法的极限形式 ¶
设 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 在 \([a, +\infty)\) 连续、非负，且 \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = k\)，则——
(1) 当 \(k=0\) 时，若 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\) 收敛，则 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 必收敛（大的收敛，小的必收敛
注：比较判别法的极限形式是一个超级好用的结论，它说明对于 \(\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\)（其中 \(f(x) \ge 0\)）而言，其敛散性主要取决于 \(x \to +\infty\) 时，\(f(x)\) 作为无穷小的“阶”，这让很多反常积分的敛散性一看便知，还没做就做完了！ 比如——我们知道 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^2}\mathrm{d}x\) 收敛，所以可以立刻看出下列反常积分收敛： \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \sin\dfrac{1}{x^2}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{2}^{+\infty} \tan\dfrac{1}{x^2}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{3}^{+\infty} \left[\dfrac{1}{x} - \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\right]\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{4}^{+\infty} \left(1-\cos\dfrac{3}{x}\right)\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{5}^{+\infty} \dfrac{x}{\sqrt{x^6} + \sqrt{x}}\mathrm{d}x\)。
（二）无界函数的反常积分的比较判别法 ¶
大家可以与“无穷区间的反常积分的比较判别法”对比着学习。
1. 比较判别法 ¶
设 \(f(x), g(x)\) 在 \([a, b)\) 连续，\(x=b\) 是它们的瑕点，且 \(0 \le f(x) \le g(x)\)，则——
(1) 如果 \(\displaystyle\int_{a}^{b} g(x)\mathrm{d}x\) 收敛，则 \(\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x\) 也收敛
2. 比较判别法的极限形式 ¶
设 \(f(x), g(x)\) 在 \([a, b)\) 连续、非负，\(x=b\) 是它们的瑕点，且 \(\lim\limits_{x \to b^-} \dfrac{f(x)}{g(x)} = k\)，则——
(1) 当 \(k=0\) 时，若 \(\displaystyle\int_{a}^{b} g(x)\mathrm{d}x\) 收敛，则 \(\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x\) 必收敛（大的收敛，小的必收敛
比如，已知 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x}\mathrm{d}x = \ln x \Big|_{0^+}^1 = +\infty\) 发散，则由比较判别法的极限形式得，下列积分均发散： \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x\ln(1+x)}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{0}^{2} \dfrac{1}{x - \ln(1+x)}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{0}^{3} \dfrac{1}{1-\cos x}\mathrm{d}x\)
Tips
注：可以看出，为了判断形如 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 或 \(\displaystyle\int_{0}^{1} f(x)\mathrm{d}x\) 的敛散性，我们要找的对比尺度往往是 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\) 或 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\)。 那么，什么是 \(p\)- 积分呢？
三、p- 积分与广义 p- 积分 ¶
（一）p- 积分 ¶
形如 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{a}^{b} \dfrac{1}{(x-a)^p}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{a}^{b} \dfrac{1}{(x-b)^p}\mathrm{d}x\)，都称为 \(p\)- 积分。
(1) 讨论 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\) 的敛散性
解： 当 \(p>1\) 时，\(\displaystyle\int_{0}^{1} x^{-p}\mathrm{d}x = \dfrac{1}{1-p}x^{1-p} \Big|_{0^+}^1 = \infty\)，发散； 当 \(p<1\) 时，\(\displaystyle\int_{0}^{1} x^{-p}\mathrm{d}x = \dfrac{1}{1-p}x^{1-p} \Big|_{0^+}^1 = \dfrac{1}{1-p}\)，收敛； 当 \(p=1\) 时，\(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x}\mathrm{d}x = \ln x \Big|_{0^+}^1 = \infty\)，发散。
综上，\(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x \begin{cases} \text{发散}, & p \ge 1 \\ \text{收敛}, & 0 < p < 1 \end{cases}\)
(2) 讨论 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\) 的敛散性
解： 当 \(p>1\) 时，\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{1}^{+\infty} x^{-p}\mathrm{d}x = \dfrac{1}{1-p}x^{1-p} \Big|_{1}^{+\infty} = \dfrac{1}{p-1}\)； 当 \(p<1\) 时，\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{1}^{+\infty} x^{-p}\mathrm{d}x = \dfrac{1}{1-p}x^{1-p} \Big|_{1}^{+\infty} = \infty\)； 当 \(p=1\) 时，\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x}\mathrm{d}x = \ln x \Big|_{1}^{+\infty} = \infty\)。
综上，\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x \begin{cases} \text{发散}, & p \le 1 \\ \text{收敛}, & p > 1 \end{cases}\)
(3) 讨论 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\) 的敛散性
解：由于 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x + \displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x = I_1 + I_2\)。 \(I_1\) 收敛需要 \(0 < p < 1\)，\(I_2\) 收敛需要 \(p > 1\)，二者无交集，所以无论 \(p\) 取何值，\(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\) 都发散。
(4) 讨论 \(\displaystyle\int_{a}^{b} \dfrac{1}{(x-a)^p}\mathrm{d}x\) 的敛散性
解：本题和第 (1) 题的 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\) 没有本质上的区别，它们只是瑕点的位置不同而已。 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\) 的瑕点是 \(x=0\)，\(\displaystyle\int_{a}^{b} \dfrac{1}{(x-a)^p}\mathrm{d}x\) 的瑕点是 \(x=a\)，但在敛散性的层面上，结论一致。 \(0 < p < 1\) 时，积分收敛；\(p \ge 1\) 时，积分发散。
(5) 讨论 \(\displaystyle\int_{a}^{b} \dfrac{1}{(x-b)^p}\mathrm{d}x\) 的敛散性
解：分析同上。\(0 < p < 1\) 时，积分收敛；\(p \ge 1\) 时，积分发散。
（二）广义 p- 积分 ¶
形如 \(\displaystyle\int_{e}^{+\infty} \dfrac{1}{x(\ln x)^p}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{e}^{+\infty} \dfrac{1}{x(\ln x)^p}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{e^{100}}^{+\infty} \dfrac{1}{x \cdot \ln x \cdot (\ln\ln x)^p}\mathrm{d}x\) 的积分，都叫广义 \(p\)- 积分。 相信大家都能看出来，广义 \(p\)-积分，其实经过凑微分，就可以转化为常规的 \(p\)-积分。 所以二者的结论其实也是对应的。
- 对于 \(\displaystyle\int_{e}^{+\infty} \dfrac{1}{x(\ln x)^p}\mathrm{d}x\)，当 \(0 < p < 1\) 时发散，当 \(p \ge 1\) 时收敛。
- 对于 \(\displaystyle\int_{1}^{e} \dfrac{1}{x(\ln x)^p}\mathrm{d}x\)，当 \(0 < p < 1\) 时收敛，当 \(p \ge 1\) 时发散。
四、反常积分敛散性判别的步骤 ¶
- 找到该积分的所有瑕点（本讲义将无穷远视为“广义瑕点”，统称为瑕点
） ； - 判断该积分在每个瑕点处的敛散性。若每个瑕点处都收敛，则整体也收敛；但凡存在一个发散的瑕点，则整个反常积分就发散。
至于每个瑕点处的敛散性如何判断，具体方法如下——
(1) 看该积分是否本身就是 \(p\)- 积分 或者 广义 \(p\)- 积分，如果是，直接套结论；若不是，进入 (2)。 (2) 找到被积函数在瑕点处的等价量 1) 若被积函数能直接等价为幂函数，则直接利用 \(p\)-积分的结论判断出敛散性（如：\(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sin^2 x}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{x^2}{1+x^4}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{1-x^3}}\mathrm{d}x\)） 2) 若被积函数无法等价为幂函数，则可能是因为存在对数函数或指数函数。对数函数速度太慢、阶太低，而指数函数太快、阶太高，所以可以先猜测敛散性，然后用比较判别法的极限形式严格证明（如 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\ln x}{x^2}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{0}^{1} \ln x \mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{0}^{1} (\ln x)^{100}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{0}^{1} [\ln(1-x)]^{100}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} e^{-x^2}\mathrm{d}x\)）； 3) 若被积函数在瑕点处出现 \(\sin\infty\) 或 \(\cos\infty\) 的情况，导致被积函数不断变号，则应先判断该积分是否绝对收敛，此时需要对被积函数加绝对值，然后利用 \(|\sin \bullet| \le 1\) 或 \(|\cos \bullet| \le 1\)，把被积函数中的三角函数放缩掉，此时会出现两种结果： ① 放缩掉三角函数以后的新积分收敛，则原积分绝对收敛（如 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin x}{e^x}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin x}{1+x^2}\mathrm{d}x\)）； ② 放缩掉三角函数以后的新积分发散，则暂无法判断原积分的敛散性，此时可以用分部积分，将原积分转化为另一个新的积分，从而转化研究对象。（如 \(\displaystyle\int_{2}^{+\infty} \dfrac{\cos x}{\ln x}\mathrm{d}x\)、\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \cos x^2\mathrm{d}x\)） 其中，第②种情况，基本不会考。
- 若该积分在所有瑕点处均收敛，则整个积分收敛；只要有一个瑕点处发散，则整个积分发散。
五、经典例题 ¶
例题 1 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{\sqrt[3]{1+x^4}}\mathrm{d}x\)
解：瑕点只有 \(x=+\infty\) 这一个点
\(x \to +\infty\) 时，\(f(x) = \dfrac{1}{\sqrt[3]{1+x^4}} \sim \dfrac{1}{\sqrt[3]{x^4}} = \dfrac{1}{x^{\frac{4}{3}}}\)，由于 \(p = \dfrac{4}{3} > 1\)，故 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{\sqrt[3]{1+x^4}}\mathrm{d}x\) 收敛。
例题 2 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x\)
解：瑕点只有 \(x=+\infty\) 这一个点（广义瑕点
\(x \to +\infty\) 时，\(f(x) = \dfrac{1}{x\sqrt{1+x^2}} \sim \dfrac{1}{x\sqrt{x^2}} = \dfrac{1}{x^2}\)，由于 \(p=2 > 1\)，故 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x\) 收敛。
例题 3 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^m}{1+x^n}\mathrm{d}x \quad (m, n > 0)\)
解：瑕点只有 \(x=+\infty\) 这一个点（广义瑕点
\(x \to +\infty\) 时，\(f(x) = \dfrac{x^m}{1+x^n} \sim \dfrac{x^m}{x^n} = \dfrac{1}{x^{n-m}}\)，故当 \(n-m > 1\) 时，收敛；当 \(n-m \le 1\) 时，发散。
例题 4 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}} \quad (k^2 < 1)\)
解：瑕点只有 \(x=1\) 这一个点。
\(x \to 1\) 时，\(f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}} = \dfrac{1}{\sqrt{(1-x)(1+x)(1-k^2x^2)}} \sim \dfrac{1}{\sqrt{2(1-k^2)}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{1-x}}\)。 由于 \(p = \dfrac{1}{2} < 1\)，故 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\) 收敛。
注：由于敛散性只需要判断“阶”，所以被积函数中的“非零因子”不会影响敛散性，也不必在乎这些非零因子的极限到底是几，我们只需要关注零因子的阶即可。 所以本题解题过程还可简化为 \(f(x) = O\left(\dfrac{1}{(1-x)^{\frac{1}{2}}}\right)\)，其中大写的 \(O\) 表示同阶，小写的 \(o\) 才是高阶。
例题 5 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{x^4}{\sqrt{1-x^4}}\mathrm{d}x\)
解：瑕点只有 \(x=1\) 这一个点。
\(x \to 1\) 时，\(f(x) = \dfrac{x^4}{\sqrt{1-x^4}} = \dfrac{x^4}{\sqrt{(1-x)(1+x)(1+x^2)}} = O\left(\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}\right)\)，由于 \(p=\dfrac{1}{2} < 1\)，故积分收敛。
例题 6 \(\displaystyle\int_{1}^{2} \dfrac{1}{(\ln x)^3}\mathrm{d}x\)
解：瑕点只有 \(x=1\) 这一个点
\(x \to 1\) 时，\(f(x) = \dfrac{1}{(\ln x)^3} \sim \dfrac{1}{(x-1)^3}\)，由于 \(p=3 > 1\)，故发散。
例题 7 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{\arcsin x}{1-x^3}\mathrm{d}x\)
解：瑕点只有 \(x=1\) 这一个
\(x \to 1\) 时，\(f(x) = \dfrac{\arcsin x}{1-x^3} = \dfrac{\arcsin x}{(1-x)(1+x+x^2)} = O\left(\dfrac{1}{1-x}\right)\)，故发散。 ( 注：这里 \(p=1\)，对于有限区间瑕积分， \(p \ge 1\) 发散 )
例题 8 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{x \cdot \arctan x}{1+x^3}\mathrm{d}x\)
解：瑕点只有 \(x=+\infty\) 这一个（广义瑕点
\(x \to +\infty\) 时，\(f(x) = \dfrac{x \arctan x}{1+x^3} \sim \dfrac{x}{x^3} \cdot \dfrac{\pi}{2} = \dfrac{\pi}{2x^2}\)，由于 \(p=2 > 1\)，故积分收敛。
例题 9 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\left(\sin\frac{1}{x}\right)^a}{\left[\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]^{2b}}\mathrm{d}x \quad (\text{其中} a, b > 0)\)
解：瑕点只有 \(x=+\infty\) 这一个（广义瑕点
\(x \to +\infty\) 时，\(f(x) = \dfrac{\left(\sin\frac{1}{x}\right)^a}{\left[\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]^{2b}} \sim \dfrac{\frac{1}{x^a}}{\frac{1}{x^{2b}}} = \dfrac{x^{2b}}{x^a} = \dfrac{1}{x^{a-2b}}\)，故 \(a-2b > 1\) 时收敛，\(a-2b \le 1\) 发散。
※例题 10 设 \(a>0\), \(f(x) = \begin{cases} \dfrac{\arctan x}{x^{\frac{a+1}{2}}}, & 0 < x < 1 \\ \dfrac{\ln(1+\sin\frac{1}{x^a})}{x^b \ln \cos \frac{1}{x}}, & 1 \le x < +\infty \end{cases}\)。若 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛，求 \(a, b\) 满足的条件
解：瑕点为 \(x=0\) 和 \(x=+\infty\)。
\(x \to 0^+\) 时，\(f(x) = \dfrac{\arctan x}{x^{\frac{a+1}{2}}} \sim \dfrac{x}{x^{\frac{a+1}{2}}} = \dfrac{1}{x^{\frac{a-1}{2}}}\)，为了收敛，需要 \(\dfrac{a-1}{2} < 1\)，即 \(a < 3\)； \(x \to +\infty\) 时，\(f(x) = \dfrac{\ln(1+\sin\frac{1}{x^a})}{x^b \ln \cos \frac{1}{x}} \sim \dfrac{\frac{1}{x^a}}{x^b \left(\cos\frac{1}{x} - 1\right)} \sim \dfrac{\frac{1}{x^a}}{x^b \left(-\frac{1}{2x^2}\right)} \sim \dfrac{-2}{x^{a+b-2}}\)，为了收敛，需要 \(a+b-2 > 1\)，即 \(a+b > 3\)。
综上，\(a < 3\) 且 \(a+b > 3\) 时，积分收敛。
例题 11 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} e^{-x}\mathrm{d}x\)；\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} e^{-x^2}\mathrm{d}x\)
解：由于指数函数趋向于 0 的速度很快，所以这两个积分显然都是收敛的，下面给出严格证明。
(1)\(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{e^{-x}}{\frac{1}{x^2}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^2}{e^x} = 0\)，且 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^2}\mathrm{d}x\) 收敛，则由比较判别法的极限形式可知，\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} e^{-x}\mathrm{d}x\) 也收敛。
(2) 对于 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} e^{-x^2}\mathrm{d}x\)，方法同上。其实，由于 \(x \to +\infty\) 时，\(e^{-x^2} \ll e^{-x}\)，所以 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} e^{-x^2}\mathrm{d}x\) 更收敛了。
例题 12 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \ln x \mathrm{d}x\)；\(\displaystyle\int_{0}^{1} (\ln x)^{2020}\mathrm{d}x\)
解：\(x \to 0^+\) 时，\(\ln x \to -\infty\)，但由于 \(\ln x\) 的“速度”很慢，所以大胆猜测这两个积分收敛，证明如下：
(1) 令 \(f(x) = \ln x\)，为证出 \(\displaystyle\int_{0}^{1} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛，我们要找到幂函数 \(g(x)\)，使得 \(\displaystyle\int_{0}^{1} g(x)\mathrm{d}x\) 本身收敛，且 \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{g(x)} = 0\)，所以取 \(g(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x}}\) 即可。
\(\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\ln x}{\frac{1}{\sqrt{x}}} = \lim\limits_{x \to 0^+} \sqrt{x} \ln x = 0\)，且 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x\) 收敛，则由比较判别法的极限形式可知，\(\displaystyle\int_{0}^{1} \ln x \mathrm{d}x\) 收敛。
(2) 对于 \(\displaystyle\int_{0}^{1} (\ln x)^{2020}\mathrm{d}x\)，方法同上。\(\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{(\ln x)^{2020}}{\frac{1}{\sqrt{x}}} = \lim\limits_{x \to 0^+} \sqrt{x} (\ln x)^{2020} = 0\)，故 \(\displaystyle\int_{0}^{1} (\ln x)^{2024}\mathrm{d}x\) 收敛。
例题 13 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{\ln x}{1-x}\mathrm{d}x\)；\(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x} \cdot \ln x}\mathrm{d}x\)
解： (1) 只有 \(x=0\) 才是瑕点，\(x \to 0^+\) 时，\(f(x) = \dfrac{\ln x}{x-1} \sim -\ln x\)，由上一题可知，该积分收敛。
(2) \(x=0\) 和 \(x=1\) 都是瑕点。 \(x \to 0^+\) 时，\(\ln x \to -\infty\)，故 \(\dfrac{1}{|\sqrt{x} \cdot \ln x|} \ll \dfrac{1}{\sqrt{x}}\)，而 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x\) 收敛，故
\(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x} \cdot \ln x}\mathrm{d}x\) 在 0 处收敛。
\(x \to 1\) 时，\(\dfrac{1}{\sqrt{x} \cdot \ln x} \sim \dfrac{1}{x-1}\)，\(p=1\)，故
\(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x} \cdot \ln x}\mathrm{d}x\) 在 \(x=1\) 处发散。
综上，积分 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{x} \cdot \ln x}\mathrm{d}x\) 发散。
例题 14 若积分 \(\displaystyle\int_{0}^{1} x^a (1-x)^b \ln x \mathrm{d}x\) 收敛，则 ( )
A. \(a < -1\) 且 \(a+b > -3\)
B. \(b < -2\) 且 \(a+b > -3\)
C. \(a > -1\) 且 \(b < -2\)
D. \(a > -1\) 且 \(b > -2\)
解：瑕点为 \(x=0\) 和 \(x=1\)。
(1) \(x \to 0^+\) 时，\(f(x) = x^a (1-x)^b \ln x \sim \dfrac{\ln x}{x^{-a}}\)，又 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{\ln x}{x^p}\mathrm{d}x\) 在 \(0 \le p < 1\) 时收敛，\(p \ge 1\) 时发散，
故要想本题的 \(\displaystyle\int_{0}^{1} f(x)\mathrm{d}x\) 在 \(x=0\) 处收敛，则需要 \(0 \le -a < 1\)，即 \(-1 < a \le 0\)；
(2) \(x \to 1^-\) 时，\(f(x) = x^a (1-x)^b \ln x \sim \dfrac{-1}{(1-x)^{-(b+1)}}\)，要想收敛，需要 \(0 < -(b+1) < 1\)，故 \(-2 < b < -1\)。
故 \(-1 < a \le 0\) 且 \(-2 < b < -1\) 时，\(\displaystyle\int_{0}^{1} x^a (1-x)^b \ln x \mathrm{d}x\) 收敛。
\(a>0\) 以及 \(b>-1\) 时积分不再是反常积分，也可以看作收敛，故答案为 \(\boxed{D}\)
※例题 15 判断 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\ln x}{x^2}\mathrm{d}x\) 的敛散性，并证明：对于任意的 \(\alpha > 0\)，当 \(b > 1\) 时，\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\ln^\alpha x}{x^b}\mathrm{d}x\) 均收敛。
分析：\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^2}\mathrm{d}x\) 收敛，而 \(x \to +\infty\) 时，虽然 \(\ln x \to +\infty\)，但 \(\ln x\) 速度太慢，所以我们有理由相信即使被积函数乘了 \(\ln x\) 以后，仍然是收敛的。那么该怎么证明呢？当然是利用比较判别法的极限形式。 假设 \(f(x) = \dfrac{\ln x}{x^2}\)，\(g(x) = \dfrac{1}{x^p}\)，我们为了证明 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛，当然需要 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\) 也收敛，所以 \(p > 1\) 是必须的。 并且，我们希望“通过 \(g\) 收敛证明出 \(f\) 收敛”，所以我们希望 \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = 0\)，即 \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{\frac{x^2}{x^p}} = 0\)。 也即 \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x^{2-p}} = 0\)，这需要 \(2-p > 0\)，故 \(p < 2\)。 这样，我们就保证了 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\) 收敛，并且可以通过 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\) 收敛证明出 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛。 综上，只需取 \(p=1.5\)，即取 \(g(x) = \dfrac{1}{x^{1.5}}\) 即可。
解：(1) 令 \(f(x) = \dfrac{\ln x}{x^2}\)，取 \(g(x) = \dfrac{1}{x^{1.5}}\)，显然 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\) 收敛，且 \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{\sqrt{x}} = 0\)。
由比较判别法的极限形式可知，原积分 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} f(x)\mathrm{d}x\) 收敛。
(2) 当 \(b > 1\) 时，\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^b}\mathrm{d}x\) 收敛，所以我们有理由猜测 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\ln^\alpha x}{x^b}\mathrm{d}x\) 也收敛。
仿照第 (1) 问的证明，我们令 \(f(x) = \displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\ln^\alpha x}{x^b}\mathrm{d}x\)，\(g(x) = \dfrac{1}{x^p}\)。
为了让 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\) 收敛，需要 \(p > 1\)；为了让 \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\frac{\ln^\alpha x}{x^b}}{\frac{1}{x^p}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln^\alpha x}{x^{b-p}} = 0\)，
显然只需要 \(b-p > 0\) 即可，即 \(p < b\)。综上，只需 \(1 < p < b\)。
比如，取 \(g(x) = \dfrac{1}{x^{\frac{b+1}{2}}}\)，\(p = \dfrac{b+1}{2} > 1\)，故 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\) 收敛。
且 \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\frac{\ln^\alpha x}{x^b}}{\frac{1}{x^{\frac{b+1}{2}}}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln^\alpha x}{x^{\frac{b-1}{2}}} = 0\)，由比较判别法的极限形式，\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\ln^\alpha x}{x^b}\mathrm{d}x\) 收敛。
※例题 16 判断 \(\displaystyle\int_{2}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p (\ln x)^q}\mathrm{d}x\) 的敛散性 ( 其中 \(p, q > 0\))
解：当 \(p=1\)，则是“广义 \(p\)- 积分”，敛散性取决于 \(q\) —— \(q > 1\) 收敛，\(q \le 1\) 发散；
当 \(p > 1\)，\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p}\mathrm{d}x\) 已经收敛，那么 \(\displaystyle\int_{2}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p (\ln x)^q}\mathrm{d}x\) 就更收敛了；
当 \(0 < p < 1\)，则 \(\displaystyle\int_{2}^{+\infty} \dfrac{1}{x^p (\ln x)^q}\mathrm{d}x\) 发散。此时虽然分母乘了一个无穷大 \((\ln x)^q\)，但仍猜测发散。
令 \(f(x) = \dfrac{1}{x^p (\ln x)^q}\)，\(g(x) = \dfrac{1}{x^k}\)，要让 \(\displaystyle\int_{2}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\) 发散，需要 \(k \le 1\)；
要让 \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\frac{1}{x^p (\ln x)^q}}{\frac{1}{x^k}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^{k-p}}{(\ln x)^q} = +\infty\)，只需 \(k > p\) 即可。
故只需控制 \(k\) 的范围为 \(p < k \le 1\) 即可。
比如，取 \(k = \dfrac{p+1}{2}\)，则 \(g(x) = \dfrac{1}{x^{\frac{p+1}{2}}}\)，则由 \(k = \dfrac{p+1}{2} < 1\)，得 \(\displaystyle\int_{2}^{+\infty} g(x)\mathrm{d}x\) 发散。
而 \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\frac{1}{x^p (\ln x)^q}}{\frac{1}{x^{\frac{p+1}{2}}}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^{\frac{1-p}{2}}}{(\ln x)^q} = +\infty\)，则由比较判别法的极限形式，积分发散。
综上，有如下结论——
当 \(p=1\) 且 \(q>1\) 时收敛；当 \(p=1\) 且 \(q \le 1\) 时发散；当 \(p > 1\) 时，收敛；当 \(p < 1\) 发散。
例题 17 判断 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{\ln x}{x^a}\mathrm{d}x\) 的敛散性 ( 其中 \(a > 0\))
解：显然，\(x=0\) 是唯一瑕点。
当 \(a \ge 1\) 时，\(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^a}\mathrm{d}x\) 发散，故 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{\ln x}{x^a}\mathrm{d}x\) 更发散了（\(\ln x\) 相当于把被积函数放大了
当 \(0 < a < 1\) 时，\(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^a}\mathrm{d}x\) 收敛，所以我们猜测 \(\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{\ln x}{x^a}\mathrm{d}x\) 也收敛。
令 \(f(x) = \dfrac{\ln x}{x^a}\)，取 \(g(x) = \dfrac{1}{x^{\frac{1+a}{2}}}\)，由于 \(0 < \dfrac{1+a}{2} < 1\)，故 \(\displaystyle\int_{0}^{1} g(x)\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^{\frac{1+a}{2}}}\mathrm{d}x\) 收敛。
又 \(\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\frac{\ln x}{x^a}}{\frac{1}{x^{\frac{1+a}{2}}}} = \lim\limits_{x \to 0^+} x^{\frac{1-a}{2}} \ln x = 0\)，故由比较判别法的极限形式得，\(\displaystyle\int_{0}^{1} f(x)\mathrm{d}x\) 也收敛。
例题 18 \(\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{\sqrt{\cos x \cdot \sin x}}\mathrm{d}x\)
解：显然，\(x=0\) 和 \(x=\dfrac{\pi}{2}\) 都是瑕点。
(1) \(x \to 0\) 时，\(f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\cos x \cdot \sin x}} \sim \dfrac{1}{\sqrt{x}} \sim \dfrac{1}{x^{\frac{1}{2}}}\)，\(p=1/2\)，此处收敛。
(2) \(x \to \dfrac{\pi}{2}\) 时，\(f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\cos x \cdot \sin x}} = \dfrac{1}{\sqrt{\sin(\frac{\pi}{2}-x) \cdot \sin x}} \sim \dfrac{1}{\sqrt{\frac{\pi}{2}-x}} \cdot 1\)，\(p=\dfrac{1}{2}\)，故在此处收敛。
例题 19 \(\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{\sin^a x \cdot \cos^b x}\mathrm{d}x\) ( 其中 \(a, b > 0\))
解：本题其实是上一题的一般形式，\(x=0\) 和 \(x=\dfrac{\pi}{2}\) 都是瑕点。
\(x \to 0\) 时，\(f(x) = \dfrac{1}{\sin^a x \cdot \cos^b x} \sim \dfrac{1}{x^a}\)；
\(x \to \dfrac{\pi}{2}\) 时，\(f(x) = \dfrac{1}{\sin^a x \cdot \cos^b x} = \dfrac{1}{\sin^a x \cdot \sin^b(\frac{\pi}{2}-x)} \sim \dfrac{1}{(\frac{\pi}{2}-x)^b}\)。
要想收敛，必须保证 \(a < 1\) 且 \(b < 1\)，其余情况都发散。
※例题 20 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \left[ \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right) - \dfrac{1}{1+x} \right]\mathrm{d}x\)
解：\(x=0\) 和 \(x=+\infty\) 都是瑕点。
(1) \(x \to 0^+\) 时，\(f(x) = \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right) - \dfrac{1}{1+x} \sim \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right) = \ln\dfrac{x+1}{x} = \ln(x+1) - \ln x \sim (-\ln x)\)
即 \(x \to 0^+\) 时，被积函数与 \((-\ln x)\) 是等价无穷大，故该积分在 \(x=0\) 处收敛；
(2) \(x \to +\infty\) 时，\(f(x) = \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right) - \dfrac{1}{x(1+\frac{1}{x})} = \left[\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x}\right)^2\right] - \dfrac{1}{x}\left(1-\dfrac{1}{x}\right) + o\left(\dfrac{1}{x^2}\right) \sim \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{x^2}\)。
\(p=2 > 1\)，故收敛。
综上，积分 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \left[ \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right) - \dfrac{1}{1+x} \right]\mathrm{d}x\) 收敛。
※例题 21 设 \(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \left[ \dfrac{2x^2+bx+a}{x(2x+a)} - 1 \right]\mathrm{d}x = 1\)，求 \(a, b\) 的值
解：先通分，\(\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \left[ \dfrac{2x^2+bx+a}{x(2x+a)} - 1 \right]\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{1}^{+\infty} \left[ \dfrac{2x^2+bx+a - 2x^2 - ax}{x(2x+a)} \right]\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{(b-a)x+a}{x(2x+a)}\mathrm{d}x\)。
要想收敛，必须有 \(a=b\)（否则 \(x \to +\infty\) 时，\(f(x) = \dfrac{(b-a)x+a}{x(2x+a)} = O\left(\dfrac{1}{x}\right)\)，积分显然发散
此时，\(I = \displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{a}{x(2x+a)}\mathrm{d}x = \displaystyle\int_{1}^{+\infty} \left( \dfrac{1}{2x} - \dfrac{1}{2x+a} \right)\mathrm{d}(2x) = \ln\dfrac{2x}{2x+a} \Big|_1^{+\infty} = 0 - \ln\dfrac{2}{2+a} = 1\)。
故 \(\dfrac{2}{2+a} = \dfrac{1}{e}\)，解得 \(a = 2(e-1)\)，故 \(a=b=2(e-1)\)。
例题 22 \(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin x}{\sqrt{x^3}}\mathrm{d}x\)
解：\(x=0\) 和 \(x=+\infty\) 都是瑕点。
\(x \to 0\) 时，\(f(x) = \dfrac{\sin x}{\sqrt{x^3}} \sim \dfrac{x}{x^{\frac{3}{2}}} = \dfrac{1}{x^{\frac{1}{2}}}\)，\(p = \dfrac{1}{2} < 1\)，故积分在此处收敛；
\(x \to +\infty\) 时，被积函数有正有负，所以加绝对值，考察绝对收敛性。
\(\left| \dfrac{\sin x}{\sqrt{x^3}} \right| \le \dfrac{1}{x^{\frac{3}{2}}}\)，\(p = \dfrac{3}{2} > 1\)，故该积分在此处绝对收敛。
综上，\(\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin x}{\sqrt{x^3}}\mathrm{d}x\) 收敛。