第五章 定积分

本节讨论积分学的另一个基本问题——定积分问题。——高等数学同济版

习题5-1 定积分的概念与性质

  本节主要介绍了一些定积分的应用和性质。（其中矩阵法、抛物线法在考纲中没有明确提出考察）

11.设 $f(x)$在 $[0,1]$上连续，证明 $\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x\geqslant\left(\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x\right)^2.$

证  记 $a=\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x$，则由定积分性质，得
$\displaystyle\int^1_0[f(x)-a]^2\mathrm{d}x\geqslant0.$
  即
$\begin{aligned} \displaystyle\int^1_0[f(x)-a]^2\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x-2a\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x+a^2\\ &=\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x-\left[\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x\right]^2\geqslant0. \end{aligned}$
  由此结论成立。（这道题通过构造不等式证明）

习题5-2 微积分基本公式

  本节主要介绍了微积分基本公式。

16.设 $f(x)$在 $[0,+\infty)$内连续，且 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1$，证明函数 $y=e^{-x}\displaystyle\int^x_0e^tf(t)\mathrm{d}t$满足微分方程 $\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y=f(x)$，并求 $\lim\limits_{x\to+\infty}y(x)$。

证
$\begin{aligned} \cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=e^{-x}\displaystyle\int^x_0e^tf(t)\mathrm{d}t+e^{-x}\cdot e^xf(x)\\ &=-y+f(x). \end{aligned}$
  因此 $y(x)$满足微分方程 $\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y=f(x)$。
  由条件 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1$，从而存在 $X_0>0$，当 $x>X_0$时，有 $f(x)>\cfrac{1}{2}$
  因此，
$\begin{aligned} \displaystyle\int^x_0e^tf(t)\mathrm{d}t&=\displaystyle\int^{X_0}_0e^tf(t)\mathrm{d}t+\displaystyle\int^x_{X_0}e^tf(t)\mathrm{d}t\\ &\geqslant\displaystyle\int^{X_0}_0e^tf(t)\mathrm{d}t+\displaystyle\int^x_{X_0}\cfrac{1}{2}e^{X_0}\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^{X_0}_0e^tf(t)\mathrm{d}t+\cfrac{1}{2}e^{X_0}(x-X_0). \end{aligned}$
  故，当时 $x\to+\infty$时， $\displaystyle\int^x_0e^tf(t)\mathrm{d}t\to+\infty$，从而利用洛必达法则，有
$\lim\limits_{x\to+\infty}y(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{\displaystyle\int^x_0e^tf(t)\mathrm{d}t}{e^x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{e^xf(x)}{e^x}.$
（这道题主要利用已知条件假设出某一个值）

习题5-3 定积分的换元法和分部积分法

因此，在一定条件下，可以用换元积分法和分部积分法来计算定积分。——高等数学同济版

  本节主要介绍了换元积分法和分部积分法在定积分中的应用。

1.计算下列定积分：

（18） $\displaystyle\int^2_0\cfrac{x\mathrm{d}x}{(x^2-2x+2)^2};$

解  令 $x=1+\tan u$，则 $\mathrm{d}x=\sec^2u\mathrm{d}u$，因此
$\begin{aligned} \displaystyle\int^2_0\cfrac{x\mathrm{d}x}{(x^2-2x+2)^2}&=\displaystyle\int^2_0\cfrac{x\mathrm{d}x}{[(x-1)^2+1]^2}=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}\cfrac{(1+\tan u)\mathrm{d}u}{\sec^2u}\\ &=2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{0}\cos^2u\mathrm{d}u=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{0}(1+\cos2u)\mathrm{d}u\\ &=\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{1}{2}. \end{aligned}$
（这道题利用被积函数为奇函数且积分区间对称结果为0的结论求解）

（22） $\displaystyle\int^5_{-5}\cfrac{x^3\sin^2x}{x^4+2x^2+1}\mathrm{d}x.$

解  由于被积函数为奇函数，因此
$\displaystyle\int^5_{-5}\cfrac{x^3\sin^2x}{x^4+2x^2+1}\mathrm{d}x=0.$
（这道题利用被积函数为奇函数且积分区间对称结果为0的结论求解）

7.计算下列定积分：

（12） $\displaystyle\int^1_0(1-x^2)^{\frac{m}{2}}\mathrm{d}x;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^1_0(1-x^2)^{\frac{m}{2}}\mathrm{d}x&\xlongequal{x=\sin u}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cos^{m+1}u\mathrm{d}u\\ &=\begin{cases} \cfrac{m}{m+1}\cdot\cfrac{m-2}{m-1}\cdot\cdots\cdot\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\pi}{2},&\qquad m\text{为奇数，}\\ \cfrac{m}{m+1}\cdot\cfrac{m-2}{m-1}\cdot\cdots\cdot\cfrac{2}{3},&\qquad m\text{为偶数，} \end{cases}\\ &=\begin{cases} \cfrac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot m}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(m+1)}\cdot\cfrac{\pi}{2},&\qquad m\text{为奇数，}\\ \cfrac{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot m}{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(m+1)},&\qquad m\text{为偶数，} \end{cases} \end{aligned}$
（这道题主要利用积分表以及换元法求解）

习题5-4 反常积分

在一些实际问题中，常会遇到积分区间为无穷区间，或者被积函数为无界函数的积分。它们已经不属于前面所说的定积分了。因此，我们对定积分作出如下两种推广，从而形成反常积分的概念。——高等数学同济版

  本节主要介绍了反常积分的概念和反常积分是否收敛的定义。

习题5-5 反常积分的审敛法  $\Gamma$函数

反常积分的收敛性，可以通过求被积函数的原函数，然后按定义取极限，根据极限的存在与否来判定。本节中我们建立不通过被积函数的原函数判定反常积分的收敛性的判定法。——高等数学同济版

  本节主要介绍了反常积分的审敛法和 $\Gamma$函数。（这一节在考纲中未明确提出，但是在某一年考研数学中涉及到审敛法）

1.判定下列反常积分的收敛性：

（7） $\displaystyle\int^1_0\cfrac{x^4\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}};$

解   $x=1$是被积函数的瑕点。由于 $\lim\limits_{x\to1^-}(1-x)^{\frac{1}{2}}\cdot\cfrac{x^4}{\sqrt{1-x^4}}=\cfrac{1}{2}$，因此 $\displaystyle\int^1_0\cfrac{x^4\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^4}}$收敛。（这道题主要利用构造公式来判断收敛性。）

2.设反常积分 $\displaystyle\int^{+\infty}_1f^2(x)\mathrm{d}x$收敛，证明反常积分 $\displaystyle\int^{+\infty}_1\cfrac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$绝对收敛。

证  因为 $\left|\cfrac{f(x)}{x}\right|\leqslant\cfrac{f^2(x)+\cfrac{1}{x^2}}{2}$，由于 $\displaystyle\int^{+\infty}_1f^2(x)\mathrm{d}x$收敛， $\displaystyle\int^{+\infty}_1\cfrac{1}{x^2}\mathrm{d}x$也收敛，因此 $\displaystyle\int^{+\infty}_1\left|\cfrac{f(x)}{x}\right|\mathrm{d}x$收敛，即 $\displaystyle\int^{+\infty}_1\cfrac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$绝对收敛。（利用基本不等式进行放缩求解）

3.用函数表示下列积分，并指出这些积分的收敛范围：

（2） $\displaystyle\int^1_0\left(\ln\cfrac{1}{x}\right)^p\mathrm{d}x;$

解  令 $u=\ln\cfrac{1}{x}$，即 $x=e^{-u}$，
$\displaystyle\int^1_0\left(\ln\cfrac{1}{x}\right)^p\mathrm{d}x=\displaystyle\int^0_{+\infty}-u^pe^{-u}\mathrm{d}u=\Gamma(p+1).$
  当 $p>-1$时收敛。（这道题主要利用换元求解）

总习题五

1.填空：

（5）设函数 $f(x)$连续，则 $\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\displaystyle\int^x_0tf(t^2-x^2)\mathrm{d}t=$__________。

解   $xf(-x^2)$。作换元 $u=t^2-x^2$，则
$\begin{aligned} \displaystyle\int^x_0tf(t^2-x^2)\mathrm{d}t&=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^x_0f(t^2-x^2)\mathrm{d}(t^2-x^2)=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^0_{-x^2}f(u)\mathrm{d}u\\ &=-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{-x^2}_0f(u)\mathrm{d}u. \end{aligned}$
  因此
$\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\displaystyle\int^x_0tf(t^2-x^2)\mathrm{d}t=-\cfrac{1}{2}f(-x^2)\cdot(-2x)=xf(-x^2).$
（这道题主要通过构造出标准的积分形式求解）

4.利用定积分的定义计算下列极限：

（1） $\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}\sqrt{1+\cfrac{i}{n}}$，其中 $f(x)$连续；

解
$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\sqrt{1+\cfrac{i}{n}}=\displaystyle\int^1_0\sqrt{1+x}\mathrm{d}x=\left[\cfrac{2}{3}(1+x)^{\frac{3}{2}}\right]\Biggm\vert^1_0=\cfrac{2}{3}(2\sqrt{2}-1).$

（2） $\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^{p+1}}(p>0).$

解
$\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^{p+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{1}{n}\sum^n_{i=1}\left(\cfrac{i}{n}\right)^p=\displaystyle\int^1_0x^p\mathrm{d}x=\cfrac{1}{p+1}.$
（这道题要求利用定积分的定义求解，需要熟悉定积分的定义）

8.设 $p>0$，证明

$\cfrac{p}{p+1}<\displaystyle\int^1_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+x^p}<1.$

证  由于当 $p>0,0<x<1$时， $0<\cfrac{1}{1+x^p}<1$，因此有 $\displaystyle\int^1_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+x^p}<1$。又
$1-\displaystyle\int^1_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+x^p}=\displaystyle\int^1_0\cfrac{x^p\mathrm{d}x}{1+x^p}<\displaystyle\int^1_0x^p\mathrm{d}x=\cfrac{1}{1+p}.$
  故有 $\displaystyle\int^1_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+x^p}>\cfrac{p}{p+1}$，原题得证。
（这道题主要通过放缩法和构造函数求解）

9.设 $f(x)$、 $g(x)$在区间 $[a,b]$上均连续，证明：

（1） $\left(\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x\right)^2\leqslant\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x$（柯西-施瓦茨不等式）；

解  对任意实数 $\lambda$，有 $\displaystyle\int^b_a[f(x)+\lambda g(x)]^2\mathrm{d}x\geqslant0$，即
$\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x+2\lambda\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x+\lambda^2\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\geqslant0.$
  上式左边是一个关于 $\lambda$的二次三项式，它判定非负的条件是其系数判别式非正，即有
$4\left(\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x\right)^2-4\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\leqslant0.$
  从而本题得证。（这道题利用基本不等式和判别式法证明）

（2） $\left(\displaystyle\int^b_a[f(x)+g(x)]^2\mathrm{d}x\right)^{\cfrac{1}{2}}\leqslant\left(\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}+\left(\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}$（闵可夫斯基不等式）。

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^b_a[f(x)+g(x)]^2\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^b_a[f^2(x)+2f(x)g(x)+g^2(x)]\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x+2\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x+\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\\ &\leqslant\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x+2\left(\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}+\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\\ &=\left[\left(\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}+\left(\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}\right]^2. \end{aligned}$
  从而本题得证。（这道题主要利用上一道题的结论和构造法证明）

10.设 $f(x)$在区间 $[a,b]$上连续，且 $f(x)>0$。证明 $\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^2.$

证  根据上一道题所证的柯西-施瓦茨不等式，有
$\left(\displaystyle\int^b_a\sqrt{f(x)}\cdot\cfrac{1}{\sqrt{f(x)}}\mathrm{d}x\right)^2\leqslant\displaystyle\int^b_a\left(\sqrt{f(x)}\right)^2\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_a\left(\cfrac{1}{\sqrt{f(x)}}\right)^2\mathrm{d}x.$
  即得
$\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^2.$
（这道题主要利用上一道题的两个不等式求解）

11.计算下列积分：

（1） $\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{x+\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{x}{2}\sec^2\cfrac{x}{2}\mathrm{d}x-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{1}{1+\cos x}\mathrm{d}(1+\cos x)\\ &=\left[x\tan\cfrac{x}{2}\right]\Biggm\vert^{\frac{\pi}{2}}_0-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\tan\cfrac{x}{2}\mathrm{d}x-[\ln(1+\cos x)]\Biggm\vert^{\frac{\pi}{2}}_0\\ &=\cfrac{\pi}{2}+\left[2\ln\cos\cfrac{x}{2}\right]\Biggm\vert^{\frac{\pi}{2}}_0+\ln2=\cfrac{\pi}{2}. \end{aligned}$
（这道题利用了定积分的性质求解，在高等数学同济版总习题四第四题（27）答案中给出了该函数的不定积分的解，方法略有不同，传送门在这里）

（2） $\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(1+\tan x)\mathrm{d}x;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(1+\tan x)\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\cfrac{\cos x+\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(\cos x+\sin x)\mathrm{d}x-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(\cos x)\mathrm{d}x. \end{aligned}$
  而
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(\cos x+\sin x)\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\left[\sqrt{2}\cos\left(\cfrac{\pi}{4}-x\right)\right]\mathrm{d}x\\ \xlongequal{x=\cfrac{\pi}{4}-u}-\displaystyle\int^0_{\frac{\pi}{4}}(\ln\sqrt{2}+\ln\cos u)\mathrm{d}u\\ &=\cfrac{\pi\ln2}{8}+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(\cos x)\mathrm{d}x. \end{aligned}$
  故
$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(1+\tan x)\mathrm{d}x=\cfrac{\pi\ln2}{8}.$
（这道题主要利用构造可以消除部分相同的积分求解）

（5） $\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+\cos^2x};$

解  注意到 $\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}^-}\arctan\cfrac{\tan x}{\sqrt{2}}=\cfrac{\pi}{2}$，因此有
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+\cos^2x}&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\sec^2x\mathrm{d}x}{\sec^2x+1}=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cfrac{\mathrm{d}(\tan x)}{\tan^2x+2}\\ &=\left[\cfrac{1}{\sqrt{2}}\arctan\cfrac{\tan x}{\sqrt{2}}\right]\Biggm\vert^{\frac{\pi}{2}}_0=\cfrac{\pi}{2\sqrt{2}}. \end{aligned}$
（这道题利用三角函数代换公式求解）

12.设为连续函数，证明 $\displaystyle\int^x_0f(t)(x-t)\mathrm{d}t=\displaystyle\int^x_0\left(\displaystyle\int^t_0f(u)\mathrm{d}u\right)\mathrm{d}t.$

证
$\begin{aligned} \displaystyle\int^x_0\left(\displaystyle\int^t_0f(u)\mathrm{d}u\right)\mathrm{d}t&=\left[t\displaystyle\int^t_0f(u)\mathrm{d}u\right]\Biggm\vert^x_0-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t\\ &=x\displaystyle\int^x_0f(u)\mathrm{d}u-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t\\ &=x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t=\displaystyle\int^x_0f(t)(x-t)\mathrm{d}t. \end{aligned}$
  本题也可利用原函数性质来证明，记等式左端的函数为 $F(x)$、右端的函数为 $G(x)$，则
$\begin{aligned} F'(x)&=\left(x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t\right)'=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t,\\ G'(x)&=\displaystyle\int^x_0f(u)\mathrm{d}u=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t. \end{aligned}$
  即 $F(x)$、 $G(x)$都为函数 $\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t$的原函数，因此它们至多只差一个常数，但由于 $F(0)=G(0)=0$，因此必有 $F(x)=G(x)$。（这道题利用原函数性质或分部积分法求解）

16.证明： $\displaystyle\int^{+\infty}_0x^ne^{-x^2}\mathrm{d}x=\cfrac{n-1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{n-2}e^{-x^2}\mathrm{d}x(n>1)$，并用它证明： $\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{2n+1}e^{-x^2}\mathrm{d}x=\cfrac{1}{2}\Gamma(n+1)\quad(n\in\bold{N}).$

证  当 $n>1$时，
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{+\infty}_0x^ne^{-x^2}\mathrm{d}x&=-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0x^n\mathrm{d}(e^{-x^2})\\ &=-\cfrac{1}{2}[x^{n-1}e^{-x^2}]\biggm\vert^{+\infty}_0+\cfrac{n-1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{n-2}e^{-x^2}\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{n-1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{n-2}e^{-x^2}\mathrm{d}x. \end{aligned}$
  记 $I_n=\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{2n+1}e^{-x^2}\mathrm{d}x$，则
$\begin{aligned} I_n&=\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{2n+1}e^{-x^2}\mathrm{d}x=\cfrac{2n+1-1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{2n-1}e^{-x^2}\mathrm{d}x\\ &=n\displaystyle\int^{+\infty}_0x^{2n-1}e^{-x^2}\mathrm{d}x=nI_{n-1}. \end{aligned}$
  因此有
$\begin{aligned} I_n&=n!I_0=n!\displaystyle\int^{+\infty}_0xe^{-x^2}\mathrm{d}x=n!\left[-\cfrac{1}{2}e^{-x^2}\right]\Biggm\vert^{+\infty}_0\\ &=\cfrac{1}{2}n!=\cfrac{1}{2}\Gamma(n+1). \end{aligned}$
（这道题主要利用分部积分法和递归法求解）

17.判断下列反常积分的收敛性：

（1） $\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\sin x}{\sqrt{x^3}}\mathrm{d}x;$

解   $x=0$为被积函数 $f(x)=\cfrac{\sin x}{\sqrt{x^3}}$的瑕点，而 $\lim\limits_{x\to0^+}x^{\frac{1}{2}}\cdot f(x)=1$，因此 $\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x$收敛；又由于 $|f(x)|\leqslant\cfrac{1}{\sqrt{x^3}}$，而 $\displaystyle\int^{+\infty}_1\cfrac{1}{\sqrt{x^3}}\mathrm{d}x$收敛，故 $\displaystyle\int^{+\infty}_1f(x)\mathrm{d}x$收敛，因此 $\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\sin x}{\sqrt{x^3}}\mathrm{d}x$收敛。（这道题主要利用分段和放缩法求解）

（3） $\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\cos x}{\ln x}\mathrm{d}x;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\cos x}{\ln x}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{1}{\ln x}\mathrm{d}(\sin x)=\left[\cfrac{\sin x}{\ln x}\right]\Biggm\vert^{+\infty}_2+\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\sin x}{x\ln^2 x}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\sin x}{x\ln^2 x}\mathrm{d}x-\cfrac{\sin2}{\ln2}. \end{aligned}$
  又由于 $\left|\cfrac{\sin x}{x\ln^2 x}\right|\leqslant\cfrac{1}{x\ln^2x}$，而 $\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{1}{x\ln^2 x}\mathrm{d}x$收敛，故 $\displaystyle\int^{+\infty}_2\left|\cfrac{\sin x}{x\ln^2 x}\right|\mathrm{d}x$收敛，即 $\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\sin x}{x\ln^2 x}\mathrm{d}x$绝对收敛，因此 $\displaystyle\int^{+\infty}_2\cfrac{\cos x}{\ln x}\mathrm{d}x$收敛。（这道题通过分部积分化简求解）

18.计算下列反常积分：

（1） $\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x;$

解   $x=0$为被积函数 $f(x)=\ln\sin x$的瑕点，而
$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0^+}\sqrt{x}\cdot f(x)&=\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\ln\sin x}{x^{-\frac{1}{2}}}=\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\cot x}{-\cfrac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}}}\\ &=\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{-2x^{-\frac{3}{2}}}{\tan x}=0. \end{aligned}$
  故 $\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x$收敛。
  又 $\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}\ln\sin x\mathrm{d}x;$，而
$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{\frac{\pi}{4}}\ln\sin x\mathrm{d}x\xlongequal{x=\cfrac{\pi}{2}-u}\displaystyle\int^0_{\frac{\pi}{4}}-\ln\cos u\mathrm{d}u=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\cos u\mathrm{d}u.$
  因此
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\cos x\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln(\sin x\cos x)\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0(\ln\sin2x-\ln2)\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln\sin2x\mathrm{d}x-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\ln2\mathrm{d}x\\ &\xlongequal{u=2x}\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin u\mathrm{d}u-\cfrac{\pi}{4}\ln2. \end{aligned}$
故
$\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\ln\sin x\mathrm{d}x=-\cfrac{\pi}{2}\ln2.$
（这道题主要利用分部积分求解）

（2） $\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\qquad(\alpha\geqslant0).$

解  记被积函数为 $f(x)=\cfrac{1}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}$，则当 $\alpha=0$时， $\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\cdot f(x)=\cfrac{1}{2}$，当 $\alpha>0$时， $\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\cdot f(x)=0$，因此当 $\alpha\geqslant0$时， $\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}$收敛。
  令 $x=\cfrac{1}{t}$，得到 $\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}=\displaystyle\int^0_{+\infty}\cfrac{-t^\alpha\mathrm{d}t}{(1+t^2)(1+t^\alpha)}$，又
$\displaystyle\int^0_{+\infty}\cfrac{-t^\alpha\mathrm{d}t}{(1+t^2)(1+t^\alpha)}=\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{x^\alpha\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}.$
  故
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}&=\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{x^\alpha\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\\ &=\cfrac{1}{2}\left[\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}+\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{x^\alpha\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^\alpha)}\right]\\ &=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_0\cfrac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\cfrac{1}{2}[\arctan x]\biggm\vert^{+\infty}_0=\cfrac{\pi}{4}. \end{aligned}$
（这道题主要利用换元法凑整求解）

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  另，参考的积分表及公式见附录。